届高三数学一轮试题Word下载.docx
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3.(理)[2013·
新课标全国卷Ⅱ]已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,lα,lβ,则( )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
【答案】D [解析]若α∥β,则m∥n与m,n为异面直线矛盾,故A错.若α⊥β且l⊥β,则由n⊥平面β知l∥n与l⊥n矛盾,故B错.若α与β相交,设垂直于交线的平面为γ,则l⊥γ,又l⊥m,l⊥n,m⊥平面α,n⊥平面β,故交线平行于l.故选D.
(文)(海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学文)已知一个平面,为空间中的任意一条直线,那么在平面内一定存在直线b使得()
A.//bB.与b相交C.与b是异面直线D.⊥b
【解析】当或在平面内,显然存在直线b使得⊥b;
当与斜交时,只需要b垂直于
在平面内射影即可得到.
4.[2013·
四川卷]函数y=的图像大致是( )
图1-5
【答案】C【解析】函数的定义域是{x∈R|x≠0},排除选项A;
当x<
0时,x3<
0,3x-1<
0,故y>
0,排除选项B;
当x→+∞时,y>
0且y→0,故为选项C中的图像.
5.(黑龙江省哈尔滨市第六中学2012届高三第三次模拟考试数学文)设是方程的解,则属于区间()
A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)
【答案】C
【解析】设,因为,
,所以.所以.
6.【2012高考真题湖南理5文6】已知双曲线C:
-=1的焦距为10,点P(2,1)在C的渐近线上,则C的方程为()
A.-=1B.-=1C.-=1D.-=1
【答案】A
【解析】由已知可得双曲线的焦距2c=10,a2+b2=52=25,排除C,D,又由渐近线方程为y=x=x,得=,解得a2=20,b2=5,所以选A.
7.【2012高考真题新课标理4文4】设F1,F2是椭圆E:
+=1(a>
b>
0)的左、右焦点,P为直线x=上一点,△F2PF1是底角为30°
的等腰三角形,则E的离心率为()
A.B.C.D.
【解析】根据题意,一定有∠PF1F2=30°
,且∠PF2x=60°
,故直线PF2的倾斜角是,设直线x=a与x轴的交点为M,则|PF2|=2|F2M|,又|PF2|=|F1F2|,所以|F1F2|=2|F2M|.所以2c=2,即4c=3a,故e==.故选C.
8.(河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学文理)若实数的最小值是()
A.0B.1C.D.9
【答案】B
【解析】作出不等式组表示的可行域,令,可知当直线经过点时,取得最小值0,故此时取得最小值1.
9.[2013·
天津卷]函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为( )
A.1B.2C.3D.4
【答案】B 【解析】f(x)=2x|log0.5x|-1==
∵f(x)=-2xlog2x-1在(0,1]上递减且x接近于0时,f(x)接近于正无穷大,f
(1)=-1<
0,∴f(x)在(0,1]上有一零点;
又∵f(x)=2xlog2x-1在(1,+∞)上递增,且f
(2)=22×
log22-1=3>
0,∴f(x)在(1,+∞)上有一零点.故f(x)共有2个零点.
10.(黑龙江省哈尔滨市第六中学2012届高三第三次模拟考试数学文)直线与圆
交于E.F两点,则EOF(O是原点)的面积为()
A. B. C. D.
【解析】因为圆心到直线的距离为,则
,又原点到直线的距离为,所以.
11.(理)
【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形,为球的直径,且;
则此棱锥的体积为()
【解析】的外接圆的半径,点到面的距离,为球的直径点到面的距离为,此棱锥的体积为.
(文)
【2012高考真题新课标文8】平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为()
A.πB.4πC.4πD.6π
【解析】由题意,球的半径为R==,所以球的体积为V=πR3=4π.故选B.
12.(海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学理)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为()
A.B.C.D.
【解析】该几何体是个如下图所示的三棱锥,外接球的球心为点,设,
则,解得.所以外接球的半径为,表面积为.
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分。
将答案填在答题卷相应位置上.
13.(河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理)若直线和平行,则实数的值为.
【答案】-3或2
【解析】由两直线平行的充要条件得,解得或.
14.[2013·
重庆卷]已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.
【答案】64 【解析】设数列{an}的公差为d,由a1,a2,a5成等比数列,得(1+d)2=1·
(1+4d),解得d=2或d=0(舍去),所以S8=8×
1+×
2=64.
15.[2013·
江苏卷]设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=AB,BE=BC.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为________.
【答案】 【解析】如图所示,=-=-=(-)+=+,
又=λ1+λ2,且与不共线,
所以λ1=-,λ2=,
即λ1+λ2=.
16.【2012高考真题辽宁理15】已知P,Q为抛物线上两点,点P,Q的横坐标分别为4,2,过P、Q分别作抛物线的切线,两切线交于A,则点A的纵坐标为__________。
【答案】-4
【解析】由x2=2y可知y=x2,这时y′=x,由P,Q的横坐标为4,-2,这时P(4,8),Q(-2,2),以点P为切点的切线方程PA为y-8=4(x-4),即4x-y-8=0①;
以点Q为切点的切线方程QA为y-2=-2(x+2),即2x+y+2=0②;
由①②联立得A点坐标为(1,-4),这时纵坐标为-4.
三、解答题:
本大题共6小题,满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.
17.(本小题满分10分)
[2013·
天津卷]已知函数f(x)=-sin2x++6sinxcosx-2cos2x+1,x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)求f(x)在区间0,上的最大值和最小值.
【解】
(1)f(x)=-sin2x·
cos-cos2x·
sin+3sin2x-cos2x=2sin2x-2cos2x=2sin2x-.
所以,f(x)的最小正周期T==π.
(2)因为f(x)在区间0,上是增函数,在区间,上是减函数.又f(0)=-2,f=2,f=2,故函数f(x)在区间0,上的最大值为2,最小值为-2.
18.(本小题满分12分)
(理)
【2012高考真题新课标理19】如图1-5,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:
DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
由题设知,三棱柱的侧面为矩形.
由于D为AA1的中点,故DC=DC1.
又AC=AA1,可得DC+DC2=CC,
所以DC1⊥DC.
而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.
BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.
(2)由
(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则
即可取n=(1,1,0).
同理,设m是平面C1BD的法向量,则可得m=(1,2,1).
从而cos〈n,m〉==.
故二面角A1-BD-C1的大小为30°
.
【2012高考新课标文19】如图1-4,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°
,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.
平面BDC1⊥平面BDC;
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
图1-4
由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°
,所以∠CDC1=90°
,即DC1⊥DC.又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.
(2)设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.由题意得
V1=×
×
1×
1=.
又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,
所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
19.(本小题满分12分)
山东卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1
得
解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×
+1×
+2×
+3×
+…+(n-1)×
,
则Rn=0×
+…+(n-2)×
+(n-1)×
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×
=-(n-1)×
=-,
整理得Rn=4-.
所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.
20.(本小题满分12分)
(理)[2013·
山东卷]如图1-4所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,联结GH.
(1)求证:
AB∥GH;
(2)求二面角D-GH-E的余弦值.
因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB,所以EF∥DC.
又EF平面PCD
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