山东省济钢高中高三5月份高考冲刺题及详细解析(数学理)

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1、济钢高中高三月份高考冲刺题理 科 数 学本试卷分第卷和第卷两部分,共8页，满分150分。考试用时12分钟。参照公式:柱体的体积公式：,其中表达柱体的底面积，表达柱体的高.圆柱的侧面积公式：，其中c是圆柱的底面周长，是圆柱的母线长球的体积公式V=,其中R是球的半径球的表面积公式:=4,其中R是球的半径.用最小二乘法求线性回归方程系数公式 .如果事件互斥,那么.第卷（选择题 共0分）一、选择题（本大题共12小题，每题5分，满分0分在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目规定的.)1.设，,若,则a的取值范畴是 （ ）A B C. D.2.是 （ ).最小正周期为的偶函数 B.最小正周期为的奇函数

2、C最小正周期为的偶函数 D.最小正周期为的奇函数3下列结论错误的是 ( ）A命题“若,则”与命题“若则”互为逆否命题;B.命题,命题则为真;C.“若则”的逆命题为真命题;若为假命题,则、均为假命题.求曲线与所围成图形的面积，其中对的的是 ( )A B. C .等比数列首项与公比分别是复数是虚数单位的实部与虚部，则数列的前项的和为( ）A. C .如右图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面的高度随时间变化的也许图象是( )ABC.D.7设为三条不同的直线,为一种平面，下列命题中对的的个数是 （ ）若,则与相交 若则若|,|，,则 若|，,则|A1 . C3 D.48，则A、B、

3、C三点共线的充要条件为 （ )A.BCD.9.把函数的图象向左平移个单位，再将图像上所有点的横坐标伸长到本来的2倍（纵坐标不变）所得的图象解析式为，则 ( )A. B. C. D.10.是的零点,若,则的值满足 ( ). B. C. D.的符号不拟定1.设，当0时,恒成立,则实数的取值范畴是 （ ）A.(0,1） B. C D.12.已知正六棱柱的1个顶点都在一种半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积=底面积高)时,其高的值为 （ ）. . D第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共小题,每题分,共16分把答案填在答题卡的相应位置.13已知向量和的夹角为，则 .1已知实数的最小

4、值为 .15在中，若，则外接圆半径运用类比措施，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为,则其外接球的半径= 1如图,在正三角形中,分别为各边的中点,分别为的中点，将沿折成正四周体，则四周体中异面直线与所成的角的余弦值为 三、解答题(共6小题,4分,须写出必要的解答过程)7（本小题满分1分）中，a，b，c分别是角A，B，的对边,向量=（2siB，-csB），,(）求角B的大小；（)若，b=1,求的值18.(本小题满分1分)某厂家拟资助三位大学生自主创业,现聘任两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审假设评审成果为“支持”或“不支持”的概率都是.若某人获得两个“支持”,则予以10万元的创

5、业资助；若只获得一种“支持”，则予以5万元的资助;若未获得“支持”,则不予资助,令表达该公司的资助总额.(）写出的分布列；(）求数学盼望 1(本小题满分2分)在各项均为负数的数列中，已知点在函数的图像上,且.(）求证:数列是等比数列,并求出其通项;()若数列的前项和为,且，求.20(本小题满分1分)如图，矩形ABD和梯形EFC所在平面互相垂直，BE/C，CF=CEF=,A,E=.（)求证：AE平面DF;(）当的长为什么值时，二面角-F-C的大小为1(本小题满分12分)已知椭圆的离心率为,直线l：y=x+与以原点为圆心、椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切。(）求椭圆C1的方程;()设椭圆C1的左

6、焦点为F，右焦点为F，直线l过点F1,且垂直于椭圆的长轴，动直线l垂直于l,垂足为点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M，求点M的轨迹C2的方程；（）设C2与轴交于点，不同的两点R、S在C2上，且满足，求的取值范畴。2(本小题满分4分)设函数()当时，求的最大值;（）令,(),其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数的取值范畴；(）当，方程有唯一实数解，求正数的值理科数学答案1.【答案】B 【分析】求出集合，结合数轴即可找到的取值范畴。【解析】集合，,则只要即可，即的取值范畴是。【考点】集合【点评】本题考察集合的关系,解题中虽然可以不画出数轴，但在头脑中要有数轴。2【答案】D 【分析】对给

7、出的三角函数式进行变换,然后根据三角函数的性质进行判断。【解析】,因此函数是最小正周期为的奇函数。【考点】基本初等函数。【点评】本题考察三角函数的性质，但要借助三角恒等变换，在大多数三角函数性质的试题中往往要以三角恒等变换为工具，把三角函数式化为一种角的一种三角函数,再根据基本的三角函数的性质对所给的三角函数的性质作出结论。3.【答案】C【分析】根据命题的知识逐个进行判断即可。【解析】根据四种命题的构成规律，选项A中的结论是对的的；选项B中的命题是真命题，命题是假命题,故为真命题,选项B中的结论对的;当时，,故选项C中的结论不对的;选项D中的结论对的。【考点】常用逻辑用语【点评】本题属于以考察

8、知识点为主的试题，规定考生对常用逻辑用语的基本知识有较为全面的掌握。4.【答案】B 【分析】根据定积分的几何意义，拟定积分限和被积函数。【解析】两函数图象的交点坐标是，故积分上限是，下限是，由于在上,，故求曲线与所围成图形的面。【考点】导数及其应用。【点评】本题考察定积分的几何意义，对定积分高考也许考察的重要问题是：运用微积分基本定理计算定积分和使用定积分的几何意义求曲边形的面积。【答案】A【分析】根据复数实部和虚部的概念求出这个等比数列的首项和公比，按照等比数列的求和公式进行计算。【解析】该等比数列的首项是,公比是，故其前项之和是。【考点】数列、复数【点评】本题把等比数列和复数交汇，注意等比

9、数列的求和公式是分公比等于和不等于两种状况,在解题中如果公比是一种不拟定的字母要注意分状况解决。6.【答案】B 【分析】可以直接根据变化率的含义求解，也可以求出函数的解析式进行判断。【解析】容器是一种倒置的圆锥，由于水是均匀注入的，故水面高度随时间变化的变化率逐渐减少,表目前函数图象的切线上就是其切线的斜率逐渐减少，对的选项。【考点】空间几何体、导数及其应用。【点评】本题在空间几何体三视图和函数的变化率交汇处命制，重点是对函数变化率的考察，这是一种回归基本概念的考察方式,值得注意。7.【答案】C 【分析】根据空间线面位置关系的有关定理逐个进行判断。【解析】由于直线与平面垂直是相交的特殊状况,故

10、命题对的;由于不能拟定直线的相交，不符合线面垂直的鉴定定理，命题不对的;根据平行线的传递性。，故时,一定有。【考点】空间点、线、面的位置关系。【点评】此类试题一般称之为空间点线面位置关系的组合判断题，重要考核对空间点、线、面位置关系的概念、定理，考察特例辩驳和结论证明,特别是把空间平行关系和垂直关系的有关定理中抽掉某些条件的命题，其目的是考察考生对这些定理掌握的纯熟限度。【答案】D【分析】由于向量由公共起点,因此三点共线只要共线即可,根据向量共线的条件即存在实数使得，然后根据平面向量基本定理得到两个方程,消掉即得结论。【解析】只要要共线即可，根据向量共线的条件即存在实数使得，即,由于不共线,根

11、据平面向量基本定理得且,消掉得。【考点】平面向量。【点评】向量的共线定理和平面向量基本定理是平面向量中的两个带有主线意义的定理,平面向量基本定理是平面内任意一种向量都可以用两个不共线的向量唯一地线性表达，这个定理的一种极为重要的导出成果是,如果不共线，那么的充要条件是且。9.【答案】B 【分析】根据变换的成果,逆行变换后即可得到通过变换后的函数解析式，通过比较即可拟定的值。【解析】把图象上所有点的横坐标缩小到本来的倍得到的函数解析式是,再把这个函数图象向右平移，得到的函数图象的解析式是,与已知函数比较得。【考点】基本初等函数。【点评】本题考察三角函数图象的变换,试题设计成逆向考察的方式是比较有

12、新义的。本题也可以根据比较系数的措施求解，根据已知的变换措施,通过两次变换后函数,即被变换成,比较系数也可以得到问题的答案。10【答案】 【分析】函数在上是单调递增的，这个函数有零点，这个零点是唯一的,根据函数是单调递增性，在上这个函数的函数值不不小于零,即。【考点】函数的应用。【点评】在定义域上单调的函数如果有零点，则只能有唯一的零点，并且以这个零点为分界点把定义域提成两个区间，在其中一种区间内函数值都不小于零,在另一种区间内函数值都不不小于零。11【答案】D 【分析】函数是奇函数且是单调递增的函数，根据这个函数的性质把不等式转化成一种具体的不等式。根据这个不等式恒成立，【解析】根据函数的性

13、质,不等式,即，即在上恒成立。当时,即恒成立，只要即可,解得；当时，不等式恒成立；当时，只要，只要，只要，这个不等式恒成立，此时。综上可知：。【考点】基本初等函数。【点评】本题考察函数性质和不等式的综合运用,这里函数性质是隐含在函数解析式中的，其目的是考察考生与否有灵活使用函数性质简捷地解决问题的思想意识。在不等式的恒成立问题中要善于使用分类参数的措施解决问题，本题的解析是分类了函数,把参数放到一种体现式中,也可以直接使用分离参数的措施求解，即可以化为,当时,;当时,，只要即可，即只要即可。综合两种状况得到。12.【答案】B【分析】根据正六棱柱和球的对称性，球心必然是正六棱柱上下底面中心连线的

14、中点,作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数获得最值的条件即可求出所规定的量。【解析】以正六棱柱的最大对角面作截面,如图。设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为,则是的中点。设正六棱柱的底面边长为,高为,则。正六棱柱的体积为，即,则,得极值点，不难懂得这个极值点是极大值点,也是最大值点。故当正六棱柱的体积最大，其高为。【考点】空间几何体、导数及其应用。【点评】本题在空间几何体、导数的应用交汇处命制,解题的核心是建立正六棱柱体积的函数关系式。考生如果对选修系列四的不等式选讲较为熟悉的话,求函数的条件可以使用三个正数的均值不等式进行,即，等号成立的条件是,即。

15、13【答案】【分析】根据向量模的含义,讲已知代入即可。【解析】,故。【考点】平面向量。【点评】本题考察平面向量数量积的计算和平面向量模的概念,其中重要的考察点是，这个关系揭示了平面向量的数量积和模的关系。本题也可以根据向量减法的几何意义,通过余弦定理解决,事实上我们在【解析】中的计算式就是余弦定理的计算式。14.【答案】。【分析】画出平面区域,根据目的函数的特点拟定其获得最小值的点,即可求出其最小值。【解析】不等式组所示的平面区域,如图所示。显然目的函数在点处获得最小值。【考点】不等式。【点评】本题考察不等式组所示的平面区域和简朴的线性规划问题。在线性规划问题中目的函数获得最值的点一定是区域的

16、顶点和边界，在边界上的值也等于在这个边界上的顶点的值，故在解答选择题或者填空题时，只要能把区域的顶点求出,直接把顶点坐标代入进行检查即可。15.【答案】。【分析】三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球,与以这三条侧棱为棱的长方体的外接球是相似的，这个长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径。【解析】作一种在同一种顶点处棱长分别为的长方体,则这个长方体的体对角线的长度是,故这个长方体的外接球的半径是，这也是所求的三棱锥的外接球的半径。【考点】推理与证明。【点评】本题考察推理与证明中的类比推理。一般来说类比推理得到的结论未必对的,但出目前高考试题或者模拟试题中类比推理，不会设计成漫无目的的类比推理试题，

17、而是设计成指向性很强的、能得到对的结论的类比问题。考生在解答此类试题时，一定要在得出结论的过程中注重演绎推理的应用，不要被表面现象所困惑。16.【答案】。【分析】折成的四周体是正四周体,画出立体图形,根据中点找平行线,把所求的异面直线角转化到一种三角形的内角的计算。【解析】如图，连接,取的中点,连接,则，故即为所求的异面直线角或者其补角。设这个正四周体的棱长为，在中，,故。即异面直线与所成的角的余弦值是。【考点】空间点、线、面位置关系。【点评】本题考察空间想象能力、考察求异面直线角。在立体几何中找平行线是解决问题的一种重要技巧,这个技巧的一种技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中

18、波及到多种中点,则找中点是浮现平行线的核心技巧。1.【分析】【分析】根据向量关系式得到角的三角函数的方程，解这个方程即可求出角，根据余弦定理列出有关的方程,解这个方程即可。【解析】(1） 2分（2)， 8分综上=2或c=1. 2分【考点】简朴的三角恒等变换、解三角形。【点评】本题第一问重要考察三角恒等变换、第二问考察解三角形。在以三角形为背景的三角类解答题中,方程思想的应用是非常广泛的,事实上正弦定理和余弦定理自身就是一种方程，根据已知和求解目的之间，把问题归结到解方程或者方程组的措施是解决此类试题的一种基本思想措施。18解：（1）的所有取值为 （2）. （)把点的坐标代入直线方程,根据等比数

19、列的定义进行证明,显然公比是，再根据条件求出首项即可求出这个数列的通项公式；(2)数列是一种等比数列和一种等差数列的相应项的和构成的数列，分别求和即可。【解析】（1)由于点在函数的图像上,因此故数列是公比的等比数列由于由于数列的各项均为负数，则因此.6分（2）由（1)知,，因此2分【考点】数列。【点评】本题考察等比数列的概念、通项,等比数列和等差数列的求和。高考对数列的考察难度在下降,其考察的重点转变为考察数列中的基本问题、两类基本数列,以及数列求和方面。解决两类基本数列问题的一种重要思想是基本量措施,即通过列出方程或者方程组求出等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比。数列求和要掌握好三个

20、措施,一种是本题使用的分组求和,第二个是错位相减法,第三个是裂项求和法。20【分析】（)只要过点作的平行线即可；(2)由于点是点在平面内的射影,只要过点作的垂线即可很容易地作出二面角的平面角,剩余的就是具体的计算问题。或者建立空间直角坐标系，使用法向量的措施求解。【解析】 措施一:（）证明：过点作交于，连结,DABEFCHG可得四边形为矩形,又为矩形，因此,从而四边形为平行四边形，故由于平面，平面,因此平面.6分（)解:过点作交的延长线于,连结由平面平面,，得平面,从而.所觉得二面角的平面角.在中，由于，因此，.又由于，因此，从而，于是,由于因此当为时，二面角的大小为2分DABEFCyzx措施

21、二:如图,以点为坐标原点,以和分别作为轴，轴和轴,建立空间直角坐标系.设,则,，,，()证明:,因此，,从而,，因此平面由于平面，因此平面平面故平面6分()解：由于，,因此,从而解得因此，设与平面垂直,则，,解得.又由于平面，因此，得到.因此当为时，二面角的大小为.1分【考点】空间点、线、面位置关系，空间向量与立体几何。【点评】由于理科有空间向量的知识，在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用，这为考生选择解题方案提供了以便,但使用空间向量的措施解决立体几何问题也有其相对的缺陷,那就是空间向量的运算问题,空间向量有三个分坐标,在进行运算时极易浮现错误，并且空间向量措施证明平行和垂直问题的优势并

22、不明显，因此在复习立体几何时,不要纯正以空间向量为解题的工具,要注意综合几何法的应用。2.解:(1)由 （2分） 由直线因此椭圆的方程是 (4分）(2)由条件,知|M=|MP|。即动点M到定点F2的距离等于它到直线的距离,由抛物线的定义得点M的轨迹C2的方程是。 （8分)(3）由(2），知(0,0)。设因此当故的取值范畴是。 22【分析】（1)函数的定义域是,把代入函数解析式,求其导数，根据求解目的，这个导数在函数定义域内只有一种等于零的点，判断这唯一的极值点是极大值点即可；(）即函数的导数在不不小于或者等于恒成立，分类参数后转化为函数的最值;（)研究函数是单调性得到函数的极值点,根据函数图象

23、的变化趋势,判断何时方程有唯一实数解,得到所满足的方程,解方程求解。【解析】()依题意，知的定义域为（0，+），当时，(）令=0,解得.()由于有唯一解,因此，当时，,此时单调递增;当时，此时单调递减。因此的极大值为，此即为最大值分（2）,则有,在上恒成立,因此,（)当时，获得最大值，因此8分（3）由于方程有唯一实数解,因此有唯一实数解,设,则令，.由于,，因此（舍去),，当时，在(，）上单调递减,当时，在（,)单调递增当时，=0,取最小值.（1）则既因此，由于,因此(*)设函数,由于当时，是增函数,因此至多有一解.由于,因此方程（*)的解为，即，解得.2分【考点】导数及其应用。【点评】本题考

24、察导数在研究函数性质、研究不等式和方程问题中的综合运用,试题的难度不大，但考察点极为全面。本题的难点是第三问中方程解的研究,当函数具有极值点时，在这个极值点左右两侧，函数的单调性是不同的，这样就可以根据极值的大小,结合函数图象的变化趋势拟定方程解的个数，如本题中函数在定义域内有唯一的极值点,并且是极小值点,也就是最小值点，如果这个最小值不不小于零,函数就浮现两个零点，方程就有两个不同的实数解,只有当这个最小值等于零时，方程才有一种实数解，而最小值等于零的这个极小值点满足在此点处的导数等于零，函数值也等于零,即我们的【解析】中的方程组，由这个方程组求解使用了构造函数通过函数的性质得到的措施也是值得仔细体会的技巧。