福建省福州市三牧中學高三數(shù)學文下學期摸底試題含解析

福建省福州市三牧中學高三數(shù)學文下學期摸底試題含解析一、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.在球內有相距的兩個平行截面,截面面積分別是和,球心不在截面之間,則球面的面積是（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：A如圖,圓O是球的大圓,A1B1、A2B2分別是兩條平行于截面圓的直徑,過O作OC1⊥A1B1于C1,交A2B2于C2.由于A1B1∥A2B2,所以OC2⊥A2B2.由圓的性質可得,C1和C2分別是A1B1和A2B2的中點.設兩平行平面的半徑分別為r1和r2,且r1<r2,依題意πr12=5π,πr22=8π,∴r12=5,r22=8.∵OA1和OA2都是球的半徑R,∴OC1=,OC2=，∴-=1.解這個方程得R2=9,∴S球=4πR2=36π(cm2).∴球的表面積是36πcm2.2.已知雙曲線與橢圓有共同的焦點，且它的一條漸近線方程為，則這雙曲線的方程為

（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D略3.“”是“函數(shù)在上單調遞增的”（

）． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：A若在上單調遞增，則恒成立，∴恒成立，∵，∴，∴“”是在上遞增的充分不必要條件，選擇．4.下列選項中，說法正確的是A.命題“若，則”的逆命題是真命題；B.設是向量，命題“若”的否命題是真命題；C.命題“”為真命題，則命題均為真命題；D.命題“”的否定是“”.參考答案：D略5.點關于直線對稱的點坐標是（

）

B.

C.

D.參考答案：考點：兩點關于一直線對稱.6.已知數(shù)列{}滿足，且，則的值是（

）A.

B.

C.5

D.參考答案：B由，得，即，解得，所以數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列。因為，所以。所以，選B.7.計算lg4+lg25=（

）A．2 B．3 C．4 D．10參考答案：A8.已知數(shù)列的通項公式為，其前n項和為，則在數(shù)列中，有理數(shù)項的項數(shù)為（

）A．42

B．43

C．44

D．45

參考答案：B略9.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S9=-18，S13=-52，{bn}為等比數(shù)列，且b5=a5，b7=a7，則b15的值為

A．64

B．128

C．-64

D．-128參考答案：C略10.若從1,2,3,…,9這9個整數(shù)中同時取4個不同的數(shù)，其和為奇數(shù)，則不同的取法共有（

）A．60種

B．63種

C．65種

D．66種參考答案：A若四個數(shù)之和為奇數(shù)，則有1奇數(shù)3個偶數(shù)或者3個奇數(shù)1個偶數(shù)。若1奇數(shù)3個偶數(shù)，則有種，若3個奇數(shù)1個偶數(shù)，則有，共有種，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數(shù),若互不相等，且,則的取值范圍是__________．參考答案：(1，2014)略12.已知、是三棱錐的棱、的中點，記三棱錐的體積為，三棱錐的體積為，則等于

參考答案：13.如圖，是正方體的棱上一點，直線平面，則異

面直線與所成的角的余弦值為

.參考答案：連接交于點O，連接OE,，是異面直線BD1與CE所成的角.設該正方體的棱長為1,則.又O為BC1的中點，是的中位線，OC＝.在中，由余弦定理得.14.若函數(shù)上有兩個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍為__________.參考答案：15.已知函數(shù)(為奇函數(shù),且函數(shù)的圖象的兩相鄰對稱軸之間的距離為.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)將函數(shù)的圖象向右平移個單位后,得到函數(shù)的圖象,求函數(shù)的單調遞增區(qū)間.

參考答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）（）.解析：（Ⅰ）．……………3分因為為奇函數(shù)，所以，又，可得所以，由題意得，所以．故．因此．

……………6分（Ⅱ）將的圖象向右平移個單位后，得到的圖象，所以．……………9分當（），即（）時，單調遞增，因此的單調遞增區(qū)間為（）．……………12分

略16.（5分）（2013?石景山區(qū)一模）在△ABC中，若，則∠C=．參考答案：∵b=a，∴根據(jù)正弦定理得sinB=sinA，又sinB=sin=，∴sinA=，又a＜b，得到∠A＜∠B=，∴∠A=，則∠C=．故答案為：17.已知數(shù)列{an}中，a1=a，an+1=3an+8n+6，若{an）為遞增數(shù)列，則實數(shù)a的取值范圍為．參考答案：（﹣7，+∞）【考點】8H：數(shù)列遞推式．【分析】an+1=3an+8n+6，a1=a，可得：n=1時，a2=3a+14．n≥2時，an=3an﹣1+8n﹣2，相減可得：an+1﹣an+4=3（an﹣an﹣1+4），a=﹣9時，可得an+1﹣an+4=0，數(shù)列{an}是單調遞減數(shù)列，舍去．由數(shù)列{an+1﹣an+4}是等比數(shù)列，首項為2a+18，公比為3．利用“累加求和”方法可得an，根據(jù){an）為遞增數(shù)列，因此?n∈N*，an+1＞an都成立．解出即可得出．【解答】解：∵an+1=3an+8n+6，a1=a，∴n=1時，a2=3a1+14=3a+14．n≥2時，an=3an﹣1+8n﹣2，相減可得：an+1﹣an=3an﹣3an﹣1+8，變形為：an+1﹣an+4=3（an﹣an﹣1+4），a=﹣9時，可得an+1﹣an+4=0，則an+1﹣an=﹣4，是單調遞減數(shù)列，舍去．∴數(shù)列{an+1﹣an+4}是等比數(shù)列，首項為2a+18，公比為3．∴an+1﹣an+4=（2a+18）×3n﹣1．∴an+1﹣an=（2a+18）×3n﹣1﹣4．∴an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=（2a+18）×（3n﹣2+3n﹣3+…+3+1）﹣4（n﹣1）+a=（2a+18）×﹣4n+4+a=（a+9）（3n﹣1﹣1）﹣4n+4+a．∵{an）為遞增數(shù)列，∴?n∈N*，an+1＞an都成立．∴（a+9）（3n﹣1）﹣4（n+1）+4+a＞（a+9）（3n﹣1﹣1）﹣4n+4+a．化為：a＞﹣9，∵數(shù)列{}單調遞減，∴n=1時取得最大值2．∴a＞2﹣9=﹣7．即a＞﹣7．故答案為：（﹣7，+∞）．【點評】本題考查了數(shù)列遞推關系、等比數(shù)列的通項公式與求和公式、“累加求和”方法、數(shù)列的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．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.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知．（Ⅰ）求角B的大?。唬á颍┤鬮=2，求a+c的取值范圍．參考答案：【考點】HT：三角形中的幾何計算．【分析】（Ⅰ）由正弦定理推導出，從而，由此能求出角B．（Ⅱ）由，得，，由此利用正弦函數(shù)加法定理能求出a+c的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，∵，∴，∴，∵sinC＞0．∴，即…而B∈（0，π），則．

…（Ⅱ）由得，∴=…∵，∴∴∴a+c∈（2，4]…19.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，其中PA=PD=AD=2，∠BAD=60°，Q為AD的中點．（1）求證：AD⊥平面PQB；（2）若平面PAD⊥平面ABCD，且，求四棱錐M﹣ABCD的體積．參考答案：【考點】平面與平面垂直的性質；直線與平面垂直的判定．【專題】計算題；空間位置關系與距離．【分析】（1）連接BD，等邊三角形PAD中，中線PQ⊥AD；因為菱形ABCD中∠BAD=60°，所以AD⊥BQ，最后由線面垂直的判定定理即可證出AD⊥平面PQB；（2）連接QC，作MH⊥QC于H．因為平面PAD⊥平面ABCD，PQ⊥AD，結合面面垂直性質定理證出PQ⊥平面ABCD．而平面PQC中，PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱錐M﹣ABCD的高線．最后利用錐體體積公式結合題中數(shù)據(jù)即可算出四棱錐M﹣ABCD的體積．【解答】解：（1）連接BD∵PA=PD=AD=2，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD又∵∠BAD=60°，底面ABCD為菱形，∴△ABD是等邊三角形，∵Q為AD的中點，∴AD⊥BQ∵PQ、BQ是平面PQB內的相交直線，∴AD⊥平面PQB．（2）連接QC，作MH⊥QC于H．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD∴PQ⊥平面ABCD，結合QC?平面ABCD，可得PQ⊥QC∵平面PQC中，MH⊥QC且PQ⊥QC，∴PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱錐M﹣ABCD的高線∵，可得，∴四棱錐M﹣ABCD的體積為VM﹣ABCD==．【點評】本題給出特殊四棱錐，求證線面垂直并求錐體體積，著重考查了直線與平面垂直的判定、平面與平面垂直的性質和體積公式等知識，屬于中檔題．20.（本小題滿分12分）在平行四邊形中，，.將沿折起，使得平面平面，如圖.（1）求證：；（2）若為中點，求直線與平面所成角的正弦值.參考答案：21.（本小題滿分10分）選修4—5；不等式選講．函數(shù)