云南省曲靖市宣威市乐丰乡第一中学高三数学文模拟试卷含解析

云南省曲靖市宣威市乐丰乡第一中学高三数学文模拟试卷含
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. 设y1=，y2=，y3=，则（）
A．y3＜y2＜y1 B．y1＜y2＜y3 C．y2＜y3＜y1 D．y1＜y3＜y2
参考答案：
B
【考点】指数函数的单调性与特殊点．
【专题】计算题．
【分析】构造函数y=0.5x和，利用两个函数的单调性进行比较即可．
【解答】解：因为y=0.5x为减函数，而，所以y2＜y3，又因为是R上的增函数，且0.4＜0.5，所以y1＜y2，所以y1＜y2＜y3故选B
【点评】本题考查比较大小知识、指数函数和幂函数的单调性等知识，属基本知识的考查．
2. 一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为，当且仅当时，称这样的数为“凸数”（如243），现从集合中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为（）
A． B． C. D．
参考答案：
B
本题考查古典概型,新定义问题.因为从集合中取出三个不相同的数共有个,由题意知,凸数有132,231,143,341,243,342,342,243共8个,所以这个三位数是“凸数”的概率.选B.
3. 在正方形网格中，某四面体的三视图如图所示．如果小正方形网格的边长为1，那么该四面体最长棱的棱长为（）
A．4B．6 C．4D．2
参考答案：
B
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个以边长为4的等腰直角三角形为底面，高为4的四面体，计算各条棱的长度可得答案．
【解答】解：解：由三视图知：几何体是三棱锥，边长为4的等腰直角三角形为底面，高为4，（如图），
∵AC=4，BC=4，AC⊥BC，SO⊥BC，SO=4，OB=OC=2，
∴AB=4，AO=SB=SC=2，
AOS是三角形直角，∴AS=6．
∴棱的最长是AS=6，
故选：B．
【点评】本题考查的知识点是三视图投影关系，根据已知的三视图，判断几何体的形状和尺寸关系是解答的关键．
4. 若正数a，b满足，则的值为（）
A. B. C. D. 1
参考答案：
D
【分析】
引入新元x，将a用x表示，b用x表示，a+b用x表示带入求出结果
【详解】设，则
【点睛】本题主要考查对数与对数函数。

不能直接将a表示成b的关系式，因此考虑引入新元x.
5. 下列四个结论中，正确的结论是（）
（A）命题“若，则”的否命题为“若，则”
（B）若命题“”与命题“”都是真命题，则命题一定是假命题
（C）“x≠1”是“x2≠1”的充分不必要条件．
（D）命题“”的否定是“”
参考答案：
D
6. 在直角梯形中，，，，，为腰的中点，则（）
A． B． C．D．
参考答案：B
7. 已知，命题若,则；命题若，则，在命题（1）；（2）；（3）；（4）中，证明题的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
参考答案：
B
8. 在等差数列中，已知，则等于（）
A .40 B.42 C.43
D.45
参考答案：
B
9. 函数的零点所在的区间为
A. B. C.
D.
参考答案：
C
因为，所以函数的零点所在的区间为，选C.
10. 设0≤x≤2，求函数y=的最大值和最小值．
参考答案：
解：设2x=t，∵０≤x≤2，∴1≤t≤4原式化为：y=(t－a)2＋
1
①当a≤1时，y min=；
②当1＜a≤时，y min=1，y max=；
③当＜a＜4 时y min=1，y max=
④当a≥4时，y min=
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点.若是等边三角形，则的值为___________.
参考答案：
3
12. 已知函数f（x）=log2（x2﹣ax+a2）的图象关于x=2对称，则a的值为．
参考答案：
4
【考点】奇偶函数图象的对称性．
【专题】计算题；数形结合．
【分析】由题意，先研究函数的定义域，当a=0时不合题意，当a≠0时，定义域为R，故函数的对称轴即内层函数的对称轴
【解答】解：由题意，a=0时不合题意
当a≠0时，△=﹣3a2＜0，定义域为R，
又内层函数的对称轴为x=
∵函数f（x）=log2（x2﹣ax+a2）的图象关于x=2对称
∴x==2
∴a=4故答案为4
【点评】本题考查函数图象的对称性，求解本问题的关键是由函数的解析式得出函数的对称轴即内层函数的对称轴，由此关系建立方程求出参数的值即可．
13. 已知=（1，2），﹣2=（﹣7，﹣2），则与的夹角的余弦值为．
参考答案：
【考点】数量积表示两个向量的夹角．
【分析】利用两个向量的数量积的定义，两个向量的数量积公式，求得与的夹角的余弦值．
【解答】解：设与的夹角为θ，∵已知=（1，2），﹣2=
（﹣7，﹣2），∴=（
4，2），
∴=1×4+2×2=8，再根据=||?||?cosθ=??cosθ，
可得??cosθ=8，求得cosθ=，
故答案为：．
14. 设是等差数列的前项和，若，，则数列的通项为
参考答案：
2n+1
略
15. 函数的定义域是．
参考答案：
16. 已知函数对任意的，有．设函数，且在区间
上单调递增，若，则实数的取值范围为．
参考答案：
17. 已知函数f（x）（x∈R）满足f（﹣x）=4﹣f（x），若函数y=与y=f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），则（x i+y i）= ．
参考答案：
2m
【考点】抽象函数及其应用．
【分析】根据两函数的对称中心均为（0，2）可知出x 1+x 2+x 3+…+x m=0，y1+y2+y3+…+y m=×4=2m，从
而得出结论．
【解答】解：∵f（﹣x）=4﹣f（x），f（﹣x）+f（x）=4，
∴f（x）的图象关于点（0，2）对称，
∵y==2+也y关于点（0，2）对称，
∴x1+x2+x3+…+x m=0，y1+y2+y3+…+y m=×4=2m，
故答案为2m．
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. 已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面
与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于。

参考答案：
解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个
面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、
面CC1D1D和面A1B1C1D1上。

在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为
，AA1=1，则。

同理，所以，故弧EF的长为
，而这样的弧共有三条。

在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面
与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为，，所以弧FG的
长为。

这样的弧也有三条。

于是，所得的曲线长为。

19. 已知等比数列{a n}是递增数列，a2a5=32，a3+a4=12，又数列{b n}满足b n=2log2a n+1，S n是数列{b n}的前
n项和
（1）求S n；
（2）若对任意n∈N+，都有成立，求正整数k的值．
参考答案：
【考点】等差数列与等比数列的综合；等比数列的性质．
【分析】（1）运用等比数列的性质和通项，可得数列{a n}的通项公式，再由对数的运算性质，可得数
列{b n}的通项公式，运用等差数列的求和公式，可得S n；
（2）令，通过相邻两项的差比较可得{C n}的最大值，即可得到结论．
【解答】解：（1）因为a2a5=a3a4=32，a3+a4=12，且{a n}是递增数列，
所以a3=4，a4=8，所以q=2，a1=1，所以；
所以．
所以．
（2）令，
则．
所以当n=1时，c1＜c2；
当n=2时，c3=c2；
当n≥3时，c n+1﹣c n＜0，即c3＞c4＞c5＞…．
所以数列{c n}中最大项为c2和c3．
所以存在k=2或3，使得对任意的正整数n，都有．
20. （满分15分）
已知函数
⑴当a=1时，在曲线上点P处的切线与直线垂直，求P点坐标
⑵求函数单调区间
⑶对于任意成立，求t的最小值。

参考答案：
（1）直线的斜率为，所以切线的斜率为…………………1分
当时，，不成立，所以切线不存在…2分当时，，，，…4分（2）当时，，，递增…5分当时，，，
….6分
若，时，；时，；时，
….7分
若，时，；时，或；时，….8分
综上可得时的递增区间为，递减区间为
….9分
时的递增区间为，递减区间为
….10分
（3）时的递增区间为，递减区间为
，
，
当时，，
，
当时，，
，
时的递增区间为，递减区间为
，
，
，
综上可得
21. （本小题满分10分）《选修4—1：几何证明选讲》
如图，是△的外接圆，D是的中点，BD交AC于E．（1）求证：；
（2）若，O到AC的距离为1，求⊙O的半径．
参考答案：
解：（I）证明：∵，
∴，又，
∴△～△，∴，∴CD=DE·DB；………………（5分）
22. （05年全国卷Ⅰ理）（12分）
设等比数列的公比为，前n项和．
（Ⅰ）求的取值范围；
（Ⅱ）设，记的前n项和为，试比较与的大小．参考答案：
解析：（Ⅰ）因为是等比数列，
当
上式等价于不等式组：①
或②
解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1<q<1.
综上，q的取值范围是
（Ⅱ）由
于是。