届湖南长沙长郡中学高三入学考试数学文试题解析版Word文档格式.docx

届湖南长沙长郡中学高三入学考试数学文试题解析版Word文档格式.docx

《届湖南长沙长郡中学高三入学考试数学文试题解析版Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届湖南长沙长郡中学高三入学考试数学文试题解析版Word文档格式.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

5．在如图所示的算法流程图中，输出的值为（）

A．11B．12C．13D．15

【答案】D

此程序框图所表示的算法功能为，故选D.

【考点】程序框图.

6．将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象可能为（）

【答案】D.

将函数的图象向左平移个单位后，得到的函数解析式为，故选D.

【考点】1.图象的平移变换；

2.三角函数的图象与性质.

7．某棱锥的三视图（单位：

）如图所示，则该棱锥的体积等于（）

由三视图可知，该几何体为如下图所示的四棱锥，所以其体积，故选B.

【考点】1.三视图；

2.多面体的体积.

8．已知点和在直线的同侧，则直线倾斜角的取值范围是（）

因为点和在直线的同侧,

所以，即，所以，又直线的斜率，即，所以倾斜角的范围为，故选D.

【考点】1.直线的倾斜角与斜率；

2.线性规划.

9．若不等式组表示的区域，不等式表示的区域为，向区域均匀随机撒360颗芝麻，则落在区域中芝麻约为（）

A．114B．10C．150D．50

在坐标系内作出可行域如下图所示，其中芝麻落在区域内的概率为

，所以落在区域中芝麻约为,故选A.

【考点】1.线性规划；

2.几何概型.

【名师点睛】本题考查几何概型与线性规划，属中档题.概率问题是高考的必考见容，概率问题通常分为古典概型与几何概型两种，几何概型求概率是通过线段的长度比或区域的面积比、几何体的体积比求解的，本题是用的区域的面积比，但求面积是通过线性规划相关知识来完成的，把线性规划与几何概型有机的结合在一起是本题的亮点.

10．已知双曲线的右焦点也是抛物线的焦点，与的一个交点为，若轴，则双曲线的离心率为（）

由题意可知，所以，即，所以，解之得，故选A.

【考点】1.双曲线的标准方程与几何性质；

2.抛物线的标准方程与几何性质.

11．已知函数且，则（）

A．50B．60C．70D．80

由题意可知，，，，，所以，故选A.

【考点】1.数列的表示；

2.数列求和.

【名师点睛】本题考查数列的表示以及数列求和，属中档题；

数列求和问题是高考常考内容之一，数列求和的主要方法有：

1.公式法；

2.分组求和法；

3.倒序相加法；

4.错位相减法；

5.裂项相消法.其中错位相减法与裂项相消法是考试的重点内容，本题主要采用的是分组求和法.

12．若函数的导函数在区间上有零点，则在下列区间上单调递增的是（）

函数的导函数在区间上有零点,由得，所以,且函数的单调递增区间为，所以函数在区间上单调递增，故选D.

【考点】1.导数与函数的单调性；

2.函数与方程

【名师点睛】本题考查导数与函数的单调性、函数与方程，属中档题；

导数与函数的单调性是高考的必考内容，也是难点，导数与单调性关系：

单调递增，单调递减；

反之，当在某个区间上单调递增，当在某个区间上单调递减.

二、填空题

13．已知，为的导函数，，则.

【答案】

因为,所以.

【考点】导数的运算.

14．若满足约束条件，则的最大值为.

在坐标系内作出可行域如下图所示的三角形区域，由图可知，目标函数取得最大值时的最优解为，此时.

【考点】线性规划.

15．抛物线的焦点为，其准线与双曲线相交于两点，若为等边三角形，则.

抛物线的焦点为,准线方程为，与双曲线的交点为，又若为等边三角形，

所以，解之得：

.

【考点】1.抛物线的标准方程与几何性质；

2.双曲线的标准方程与几何性质.

【名师点睛】本题考查抛物线的标准方程与几何性质与双曲线的标准方程与几何性质，属中档题；

高考对圆锥曲线的考查主要是考查定义、标准方程、几何性质，小题和大题中均有.本题主要考查双曲线与抛物线的对称性的应用.

16．若定义在区间上的函数满足：

对，使得恒成立，则称函数在区间上有界，则下列函数中有界的是.

①；

②；

③；

④；

⑤，其中.

【答案】①④⑤

因为，所以为有界函数；

，无上界，所以②不是有界函数；

的值域为，是无界函数；

因为，所以，即，所以是有界函数；

对于⑤，函数为实数上连续函数，所以在区间上一定有最大值和最小值，所以是有界函数，故应填①④⑤.

【考点】1.新定义问题；

2.值域及求法.

【名师点睛】本题主要考查新定义问题、值域及求法.函数值域的求解是难点，主要方法有：

配方法、单调性法、数形结合法、换元法、基本不等式法、导数法、利用已知函数的有界性法等方法.

三、解答题

17．已知函数在处取最小值.

（1）求的值；

（2）在中，分别为内角的对边，已知，求角.

（1）；

（2）或

（1）利用三角恒等变换公式化简函数解析式得，由在处取最小值及查求得；

（2）由可得，再由正弦定理求出，从而求出角的值，即可求角.

试题解析：

（1）

因为函数在处取最小值，所以，

由诱导公式知，因为，所以.

所以.

（2）因为，所以，因为角为的内角，所以.

又因为，所以由正弦定理，得，

也就是，

因为，所以或.

当时，；

当时，.

【考点】1.三角恒等变换；

2.正弦定理；

3.三角函数的图象与性质.

【名师点睛】本题考查三角恒等变换、正弦定理、三角函数的图象与性质，属中档题.在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；

如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；

以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.

18．如图，在四棱锥中，平面，，，.

（1）求点到平面的距离；

（2）点为线段上一点（含端点），设直线与平面所成角为，求的取值范围.

（2）

（1）要求点到平面的距离,只要能过点作出平面的垂线即可，由题意可知平面，所以平面内的任意一条直线，因此只要在平面内过点作即可得到平面，求出的长即可；

（2）由

（1）可知点到平面的距离即点到平面的距离,所以，即只要求出的取值范围即可.

（1）过点作，由平面平面可知，即点到面的距离，在正中，，即点到平面的距离为.

（2）∵，所以点到平面的距离即点到平面的距离，

而，

【考点】1.线面垂直的判定与性质；

2.直线与平面所成的角.

【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、直线与平面所成的角，属中档题；

文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.

19．某校对高一年级学生寒假参加社区服务的次数进行了统计，随机抽取了名学生作为样本，得到这名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频率分布统计表和频率分布直方图如下：

（1）求表中的值和频率分布直方图中的值，并根据频率分布直方图估计该校高一学生寒假参加社区服务次数的中位数；

（2）如果用分层抽样的方法从样本服务次数在和的人中共抽取6人，再从这6人中选2人，求2人服务次数都在的概率.

（1）,，中位数为；

（1）由第一组内频数为，频率为可求出总人数为，由此可求出第二组的频率为，并可求频率直方图中，由频率之和为可求出，频率分布直方图求出面积的一半处求出中位数即可；

（2）分分层抽样的原则先求出共抽取人时在和的人数，再列出所有基本事件，可求2人服务次数都在的概率.

（1）因，所以，所以，

，

中位数位于区间，设中位数为，

则，所以，所以学生参加社区服务区次数的中位数为17次.

（2）由题意知样本服务次数在有20人，样本服务次数在有4人，

如果用分层抽样的方法从样本服务次数在和的人中共抽取6人，则抽取的服务次数在和的人数分别为：

和.

记服务次数在为，在的为.

从已抽取的6人任选两人的所有可能为：

共15种，

设“2人服务次数都在”为事件，则事件包括

共10种，

所有.

【考点】1.频率分布表；

2.频率分布直方图；

3.古典概型.

20．已知椭圆上的左、右顶点分别为，为左焦点，且，又椭圆过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）点和分别在椭圆和圆上（点除外），设直线的斜率分别为，若，证明：

三点共线.

（2）见解析

（1）,由椭圆过点可得，由椭圆中关系求出的值即可；

（2）由

（1）知，，设，

由此可得，又因为，，由此可得，同理可得，所以，即可证三点共线.

（1）由已知可得，又，解得，

故所求椭圆的方程为.

所以，因为在椭圆上，

所以，即，所以.

又因为，所以.（）

由已知点在圆上，为圆的直径，

所以，所以（）

由（）（）可得，因为直线有共同点，

所以三点共线.

【考点】1.椭圆的标准方程与几何性质；

2.直线与椭圆的位置关系.

21．已知函数.

（1）求函数的单调区间和最小值；

（2）若函数在上的最小值为，求的值；

（3）若，且对任意恒成立，求的最大值.

（1）的单调递增区间为，单调减区间为,.

（2）;

（3）

（1）求导，解不等式与可得函数的单调区间；

（2）求函数的导数，分与讨论函数在区间的单调性与最小值，由求之即可；

（3）由题意分离参数得对任意恒成立，构造函数，求导，的符号由分子确定，且函数在上单调递增，所以方程在上存在唯一的实根，且,由此可知函数在上递减，在上单调递增,所以，可证结论成立.

（1）因为，令，即，所以，

同理，令，可得，所以的单调递增区间为，单调减区间为.

（2），，

Ⅰ．当时，，在上单调递增，，所以，舍去.

Ⅱ．当时，在上单调递减，在上单调递增，

①若，在上单调递增，，所以，舍去，

②若，在上单调递减，在上单调递增，

所以，解得.

③若，在上单调递减，，所以，舍去，综上所述，.

（3）由题意得：

对任意恒成立，即对任意恒成立.

令，则，令，则，

所以函数在上单调递增，

因为方程在上存在唯一的实根，且，当时，，即，

当时，，即.

所以函数在上递减，在上单调递增.

所以

所以，又因为，故整数的最大值为3.

【考点】1.导数与函数的单调性、最值；

2.函数与不等式.

【名师点睛】本题主要考查导数与函数的单调性、最值；

函数与不等