河南省洛阳市第三十四中学高三数学理上学期期末试卷含解析
一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的
1. 如图,为了测量A、C两点间的距离,选取同一平面上B、D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):AB=5,BC=8,CD=3,DA=5,且∠B与∠D互补,则AC的长为( )km.
A.7 B.8 C.9 D.6
参考答案:
A
【考点】解三角形的实际应用.
【分析】分别在△ACD,ABC中使用余弦定理计算cosB,cosD,令cosB+cosD=0解出AC.
【解答】解:在△ACD中,由余弦定理得:cosD==,
在△ABC中,由余弦定理得:cosB==.
∵B+D=180°,∴cosB+cosD=0,即+=0,
解得AC=7.
故选:A.
2. 如图,在三棱锥中,已知,,,,则异面直线与所成的角的大小为
(A). (B)
(C) (D)
参考答案:
D
略
3. 已知集合M={y|y=2x,x>0},N={y|y=lgx,x∈M},则M∩N为( )
A.(1,+∞) B.(1,2) C.[2,+∞) D.[1,+∞)
参考答案:
A
【考点】对数函数的定义域;交集及其运算.
【专题】计算题.
【分析】利用指数函数的性质,求出集合M,对数函数的值域求出集合N,然后求解交集即可.
【解答】解:集合M={y|y=2x,x>0}={y|>1},
N={y|y=lgx,x∈M}={y|y>0},
所以M∩N={y|y>1}.
故选A.
【点评】本题考查集合的交集的求法,求出函数的值域是解题的关键.
4. 中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题:“今有物不知其数,三三数之余二,五五数之余三,问物几何?”人们把此类题目称为“中国剩余定理”,若正整数N除以正整数m后的余数为n,则记为N=n(modm),例如11=2(mod3).现将该问题以程序框图的算法给出,执行该程序框图,则输出的n等于( )
A.21 B.22 C.23 D.24
参考答案:
C
【考点】EF:程序框图.
【分析】该程序框图的作用是求被3和5除后的余数为2的数,根据所给的选项,得出结论.
【解答】解:该程序框图的作用是求被3除后的余数为2,被5除后的余数为3的数,
在所给的选项中,满足被3除后的余数为2,被5除后的余数为3的数只有23,
故选:C.
5. 由曲线与直线所围成的封闭图形的面积为
( )
A. B. C. D.
参考答案:
D
略
6. 若则
A. B. C. D.
参考答案:
A
7. 若数列的通项为,则其前项和为( )
A. B. C. D.
参考答案:
D
法1:因为,所以
。选D.
法2:使用特种法。因为,所以,此时B,.C不成立,排除。。A, ,不成立,排除A,所以选D.
8.
A. B. C. D.
参考答案:
C
9. 若,则
A. B. C. D.
参考答案:
C
10. 为了得到函数y=sin2x的图象,只需将函数的图象( )
A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向左平移个单位 D.向右平移个单位
参考答案:
A
试题分析:因为,所以的图象向左平移个单位后可得的图象,所以为了得到函数的图象,只需把的图象向左平移个单位,故选A.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 若是平面内夹角为的两个单位向量,则向量的夹角为 .
参考答案:
12. 函数的定义域是
参考答案:
13. 已知,若恒成立,则实数的取值范围是 。
参考答案:
;
14. 对于在区间上有意义的两个函数和,如果对任意,均有, 那么我们称和在上是接近的.若与在闭区间上是接近的,则的取值范围是 △ .
参考答案:
答案:
15. (文)若函数在区间内有零点,则实数a的取值范围是___.
参考答案:
由得,即,设。设,则函数在上递减,在上递增,所以,即,即,所以,即则实数a的取值范围是。
16. 设实数,若仅有一个常数c使得对于任意的,都有满足方程,这时,实数的取值的集合为 。
参考答案:
17. 过双曲线的一个焦点F作一条渐近线的垂线,若垂足恰在线段OF(O为原点)的垂直平分线上,则双曲线的离心率为 .
参考答案:
不妨设F为左焦点,过F作渐近线的垂线,垂足为M,若垂足恰在线段OF(O为原点)的垂直平分线上,则说明直角三角形FMO为等腰直角三角形,所以渐近线的的斜率为1,即,所以,所以双曲线的离心率为。
三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
18. 已知
(Ⅰ)当时,求函数的极值;
(Ⅱ)若函数没有零点,求实数的取值范围.
参考答案:
解:(Ⅰ), 当时,,.
2
0
↘
极小值
↗
所以,函数的极小值为,
无极大值.
(Ⅱ).
(1)当时,的情况如下表:
2
0
↘
极小值
↗
若使函数F(x)没有零点,当且仅当,
解得, 所以此时;
(2)当时,的情况如下表:
2
0
↗
极大值
↘
因为,且,
所以此时函数总存在零点.
(或:因为,又当时,;
故此时函数总存在零点.)
(或:当时,
当时,令 即
由于
令得,即时,,
即时,存在零点.)
综上所述,所求实数的取值范围是
略
19. 如图,PD⊥平面,,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点.
(Ⅰ)求证:EF∥平面MPC;
(Ⅱ)求二面角的正弦值;
(Ⅲ)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面PMQ所成的角为,求线段QN的长.
参考答案:
(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ).
【分析】
(Ⅰ)连接,证得,利用用线面判定定理,即可得到;
(Ⅱ)以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向的空间直角坐标系,求得平面和平面法向量,利用向量的夹角公式,即可求解.
(Ⅲ)设,则,从而,
由(Ⅱ)知平面的法向量为,利用向量的夹角公式,得到关于的方程,即可求解.
【详解】(Ⅰ)连接,因为,所以,又因为,所以为平行四边形.
由点和分别为和的中点,可得且,
因为为的中点,所以且,可得且,即四边形为平行四边形,所以,又,,
所以.
(Ⅱ)因为,,可以建立以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得,
.
设为平面的法向量,
则,即,不妨设,可得
设为平面的法向量,
则,即,不妨设,可得.
,于是.
所以,二面角的正弦值为.
(Ⅲ)设,即,则.
从而.
由(Ⅱ)知平面的法向量为,
由题意,,即,
整理得,解得或,
因为所以,所以.
【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明,以及空间角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
20. (本小题满分12分)
已知函数f(x)=2 sin(0≤x≤5),点A、B分别是函数y=f(x)图像上的最高点和最低点.
(1)求点A、B的坐标以及·的值;
(2)没点A、B分别在角、的终边上,求tan()的值.
参考答案:
解:(1), , …………………………………1分
. ……………………………………………………………2分
当,即时,,取得最大值;
当,即时,,取得最小值.
因此,点、的坐标分别是、. ………………………………4分
. ……………………………………………………6分
(2)点、分别在角、的终边上,
,, …………………………………………8分
, ………………………………………………10分
. ………………………………………………12分
略
21. 如图,在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面A1ACC1⊥底面ABC.
(1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积;
(2)已知点D是平面ABC内一点,且四边形ABCD为平行四边形,在直线AA1上是否存在点P,使DP∥平面AB1C?若存在,请确定点P的位置,若不存在,请说明理由.
参考答案:
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的性质.
【分析】(1)取AC中点O,连结AO,BO,摔倒导出BO⊥面A1ACC1,AO⊥面ABC,由此能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积.
(2)点P与A1重合时,连结AD,CD,A1D,推导出四边形A1B1CD是平行四边形,从而A1D∥B1C,由此得到DP∥平面AB1C.
【解答】解:(1)取AC中点O,连结AO,BO,
∵在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面A1ACC1⊥底面ABC.
∴BO⊥面A1ACC1,∴BO⊥AO,A1C=A1A,∴AO⊥AC,∴AO⊥面ABC,
∴AO=BO==,
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积:
V=S△ABC?AO===3.
(2)点P与A1重合时,DP∥平面AB1C.
证明如下:
连结AD,CD,A1D,
∵四边形ABCD为平行四边形,∴A1B2ABCD,
∴四边形A1B1CD是平行四边形,∴A1D∥B1C,
∵B1C?平面AB1C,A1D?平面AB1C,∴A1D∥平面AB1C,
∴DP∥平面AB1C.
【点评】本题考查三棱柱的体积的求法,考查满足线面平行的点的位置的判断与求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用.
22.
(12分) 如图,在长方体中,,点在棱上移动.
(1)求证:;
(2)为中点时,求点到平面 的距离;
(3)等于何值时,二面角的大小是.
参考答案:
解析:(1)由于 ,,根据三垂线定理,
得. (4分)
(2)设到平面的距离为.
在中,,,,
而,,
得. (8分)
(3)过作于,连接,则.
为二面角的平面角.设则在中,
,得.
由于, 即,
解得.
因此,当时,二面角的大小为. (12分)