山西省呂梁市賈家莊中學高三數學文測試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.函數的圖象大致為（）參考答案：C略2.計算得(

)A．2

B．0

C．2＋2cos1

D．2－2cos1

參考答案：A3.設變量滿足約束條件，則的最小值為 （

） A．

B．

C.

D．參考答案：D4.在空間給出下面四個命題（其中m、n為不同的兩條直線，α、β為不同的兩個平面）①m⊥α，n∥α?m⊥n②m∥n，n∥α?m∥α③m∥n，n⊥β，m∥α?α⊥β④m∩n=A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β?α∥β其中正確的命題個數有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個參考答案：C考點：命題的真假判斷與應用；平面與平面之間的位置關系．專題：綜合題．分析：根據線面垂直、線面平行的性質，可判斷①；由m∥n，n∥α?m∥α或m?α可判斷②；③根據兩平行線中的一個垂直于平面，則另一個也垂直于平面及面面垂直的判定定理可判斷③④由已知可得平面α，β都與直線m，n確定的平面平行，則可得α∥β，可判斷④解答：解：①由線面垂直及線面平行的性質，可知m⊥α，n⊥α得m∥n，故①正確；②m∥n，n∥α?m∥α或m?α，故②錯誤③根據線面垂直的性質；兩平行線中的一個垂直于平面，則另一個也垂直于平面可知：若m∥n，n⊥β，則m⊥β，又m∥α?α⊥β，故③正確④由m∩n=A，m∥α，n∥α，m∥β，n∥β可得平面α，β都與直線m，n確定的平面平行，則可得α∥β，故④正確綜上知，正確的有①③④故選C點評：本題的考點是間中直線一直線之間的位置關系，考查了線線平行與線線垂直的條件，解題的關鍵是理解題意，有著較強的空間想像能力，推理判斷的能力，是高考中常見題型，其特點是涉及到的知識點多，知識容量大．5.已知向量=A．3 B． C． D．參考答案：D6.將函數的圖象F向左平移個單位長度后得到圖象，若的一個對稱中心為，則的一個可能取值是A．

B．

C．

D．參考答案：D7.設，是兩個不同的平面，m是直線且，“”是“”的（

）.A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：B8.在等差數列中,已知則的值是(

)A．10

B．6

C．12

D．21參考答案：答案：B9.已知均為銳角，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C【知識點】兩角和與差的三角函數【試題解析】由題知：

所以

所以

故答案為：C【答案】【解析】10.為虛數單位，則復數（

）A．

B．

C.

D．參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如果直線把圓的面積分成相等的兩部分．則________．參考答案：212.觀察下列等式：；…，根據這些等式反映的結果，可以得出一個關于自然數n的等式，這個等式可以表示為

．參考答案：13.若直線y=x+k與曲線x=恰有一個公共點，則k的取值范圍是___________參考答案：略14.設直線過點（0，a），其斜率為1，且與圓x2+y2=2相切，則a的值為

．參考答案：±2【考點】圓的切線方程．【專題】計算題；直線與圓．【分析】由題意可得直線的方程y=x+a，然后根據直線與圓相切的性質，利用點到直線的距離公式即可求解a【解答】解：由題意可得直線的方程y=x+a根據直線與圓相切的性質可得，∴a=±2故答案為：±2【點評】本題主要考查了直線與圓的相切的性質的應用，點到直線的距離公式的應用，屬于基礎試題15.已知x，y為正實數，則的最小值為_________.參考答案：【分析】化簡題目所求表達式，然后利用基本不的等式求得最小值.【詳解】原式，令，則上式變為，當且僅當時等號成立，故最小值為.

16.如圖，在空間直角坐標系中有棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1，點M是線段DC1上的動點，則點M到直線AD1距離的最小值是________．參考答案：略17.焦點在y軸上的雙曲線的漸近線方程為，則該雙曲線的離心率為______.參考答案：【分析】由雙曲線漸近線方程可得的值，從而可求，最后用離心率的公式求出雙曲線的離心率【詳解】由題意可知雙曲線的焦點在軸上，漸近線方程為，則，則可以得到，故雙曲線的離心率為【點睛】本題主要考查了求雙曲線的離心率問題，結合題中的漸近線方程求出的值，然后求出的值，繼而得到離心率，較為簡單，注意雙曲線的焦點在軸上三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）如圖1，平面四邊形ABCD關于直線AC對稱，，把△ABD沿BD折起（如圖2），使二面角A―BD―C的余弦值等于。對于圖2，完成以下各小題：（1）求A，C兩點間的距離；（2）證明：AC平面BCD；（3）求直線AC與平面ABD所成角的正弦值。參考答案：（1）取BD的中點E，連接AE，CE，由AB=AD，CB=CD得，就是二面角A―BD―C的平面角，在△ACE中，（2）由AC=AD=BD=2，AC=BC=CD=2，（3）以CB，CD，CA所在直線分別為x軸，y軸和z軸建立空間直角坐標系C－xyz，則19.在平面直角坐標系xOy中，以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，l的極坐標方程為，C的參數方程為（為參數，）.（1）寫出l和C的普通方程；（2）在C上求點M，使點M到l的距離最小，并求出最小值.參考答案：（1）由：，及，.∴的方程為.由，，消去得.（2）在上取點，則.其中，當時，取最小值.此時，，.20.設f（x）=（ax+b）e﹣2x，曲線y=f（x）在（0，f（0））處的切線方程為x+y﹣1=0．（Ⅰ）求a，b；（Ⅱ）設g（x）=f（x）+xlnx，證明：當0＜x＜1時，2e﹣2﹣e﹣1＜g（x）＜1．參考答案：【考點】利用導數求閉區間上函數的最值；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；導數的概念及應用；不等式的解法及應用．【分析】（Ⅰ）求出f（x）的導數，由切線的方程可得f（0）=1，f′（0）=﹣1，解方程可得a=b=1；（Ⅱ）g（x）=f（x）+xlnx=（x+1）e﹣2x，由h（x）=xlnx，求得導數，求出單調區間，可得最小值；再由f（x）的單調性可得f（x）的范圍，結合x趨向于0，可得g（x）＜1，即可得證．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=（ax+b）e﹣2x的導數為f′（x）=（a﹣2b﹣2ax）e﹣2x，由在（0，f（0））處的切線方程為x+y﹣1=0，可得f（0）=1，f′（0）=﹣1，即為b=1，a﹣2b=﹣1，解得a=b=1；（Ⅱ）證明：g（x）=f（x）+xlnx=（x+1）e﹣2x，由h（x）=xlnx的導數為y′=1+lnx，當x＞時，h′（x）＞0，函數h（x）遞增；當0＜x＜時，h′（x）＜0，函數h（x）遞減．即有x=處取得最小值，且為﹣e﹣1；f（x）的導數為（﹣1﹣2x）e﹣2x，當0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）遞減，可得f（x）＞f（1）=2e﹣2；則g（x）＞2e﹣2﹣e﹣1；由x→0時，g（x）→1，則有g（x）＜1，綜上可得，當0＜x＜1時，2e﹣2﹣e﹣1＜g（x）＜1．【點評】本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用函數的最值的性質和極限的思想，屬于中檔題．21.（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，棱PD⊥底面ABCD，PD=2，∠PCD=45°，E是PC的中點．（1）證明：PA∥平面BDE；（2）證明：平面BDE⊥平面PBC；（3）求三棱錐C﹣BED的體積．參考答案：【考點】：棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定．【專題】：空間位置關系與距離．【分析】：（1）如圖所示，連接AC交BD于點O，連接OE．利用正方形的性質、三角形中位線定理可得OE∥PA．再利用線面平行的判定定理可得：PA∥平面BDE；（2）利用線面垂直的性質可得：PD⊥BC，又BC⊥CD，可得BC⊥平面PDC，因此BC⊥DE．利用等腰三角形的性質可得：DE⊥PC，可得DE⊥平面PBC，即可證明．（3）由E是PC的中點，可得點E到平面BCD的距離h=PD．利用VC﹣BDE=VE﹣BCD=即可得出．（1）證明：如圖所示，連接AC交BD于點O，連接OE．∵底面ABCD是正方形，∴OA=OC．又E是PC的中點，∴OE∥PA．又PA平面BDE，OE?平面BDE．∴PA∥平面BDE；（2）證明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，PD∩CD=D，∴BC⊥平面PDC，∴BC⊥DE．∵PD=DC，PE=EC，∴DE⊥PC，又PC∩BC=C，∴DE⊥平面PBC，DE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面PBC；（3）解：∵E是PC的中點，∴點E到平面BCD的距離h=PD=1．∴VC﹣BDE=VE﹣BCD===．【點評】：本題考查了正方形的性質、線面面面平行垂直的判定與性質定理、三角形中位線定理、三棱錐的體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．22.已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，數列{bn}滿足b1＝1，且點P(bn，bn＋1)(n∈N*)在直線y＝x＋2上．(1)求數列{an}，{bn}的通項公式．(2)求數列{an·bn}的前n項和Dn.(3)設求數列{cn}的前2n項和T2n.參考答案：【解】(1)當n＝1時，a1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是等比數列，公比為2，首項a1＝2，所以an＝2n，又點P(bn，bn＋1)(n∈