山西省臨汾市山中中學高三數學文模擬試卷含解析一、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.已知函數，若有3個零點，則k的取值范圍為(

)A.(，0) B.(，0) C.(0，) D.(0，)參考答案：C【分析】由函數在R上有3個零點，當時，令，可得和有兩個交點，當時，和有一個交點，求得，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數，要使得函數在R上有3個零點，當時，令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，又由，令，可得，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減，所以當時，，若直線和有兩個交點，則，當時，和有一個交點，則，綜上可得，實數的取值范圍是，故選C.【點睛】本題主要考查了函數與方程的綜合應用，以及利用導數研究函數的單調性與最值的綜合應用，其中解答中把函數的零點問題轉化為兩個函數的圖象的交點問題，構造新函數求解是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題.2.已知空間四邊形ABCD，M、G分別是BC、CD的中點，連結AM、AG、MG，則+等于

（

▲

）

A．

B．

C．

D．

參考答案：A略3.已知x、y滿足約束條件則目標函數的最大值為 0

3

4

6參考答案：4.已知命題命題，則下列命題中為真命題的是A. B. C. D.參考答案：D5.過拋物線的焦點作直線交拋物線于、兩點，如果，那么＝

（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B試題分析：由拋物線方程可知，得；又由拋物線定義可知，點A到焦點的距離等于其到準線的距離，則，故選B.考點：拋物線的定義及幾何性質.6.設，若，且>，則下列結論中必成立的是（

）A．＞

B．＞０

C．＜

D．＞參考答案：D略7.在正方體中，為的中點，為的中點，則異面直線與所成角的正切值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C8.已知角α的終邊過點P（﹣8m，﹣6sin30°），且cosα=﹣，則m的值為（）A．﹣ B． C．﹣ D．參考答案：B【考點】任意角的三角函數的定義．【分析】由條件利用任意角的三角函數的定義，求出m的值．【解答】解：由題意可得x=﹣8m，y=﹣6sin30°=﹣3，r=|OP|=，cosα===﹣，解得m=，故選：B．9.在△ABC中，，，，則（

）A.1 B.C.2 D.參考答案：C【分析】由題得，，再利用數量積公式即得解.【詳解】因為.所以.因為.所以.所以故選：C【點睛】本題主要考查向量的運算法則和數量積的計算，考查向量的模的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10.已知函數的定義域為(-3,0),則函數的定義域為(

)(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：B略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是___________參考答案：略12.若不等式的解集為，則不等式的解集為

參考答案：13.的展開式中的系數為_________.參考答案：160【分析】根據的展開式的通項公式可得的展開式中的系數.【詳解】的展開式中的系數為【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項式展開式的通項公式，屬于基礎題.14.已知為等比數列，若，則的值為

參考答案：略15.某程序框圖如圖所示，判斷框內為“？”，為正整數，若輸出的，則判斷框內的________．參考答案：416.執行如圖所示的程序框圖，若輸入a=27，則輸出的值b=．參考答案：

【考點】程序框圖．【分析】根據已知中的程序框圖可得，該程序的功能是計算并輸出變量b的值，模擬程序的運行過程，可得答案．【解答】解：當a=27時，執行循環體b=9，不滿足退出循環的條件，故a=9；當a=9時，執行循環體b=3，不滿足退出循環的條件，故a=3；當a=3時，執行循環體b=1，不滿足退出循環的條件，故a=1；當a=1時，執行循環體b=，滿足退出循環的條件，故輸出的b值為，故答案為：17.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，，若，則

．參考答案：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.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（Ⅰ）求證：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若二面角M﹣BQ﹣C為30°，設PM=tMC，試確定t的值．

參考答案：（Ⅰ）證法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q為AD的中點，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ?平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）證法二：AD∥BC，BC=AD，Q為AD的中點，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD?平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系．則平面BQC的法向量為；Q（0，0，0），，，．設M（x，y，z），則，，∵，∴，∴…（12分）在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量為．…（13分）∵二面角M﹣BQ﹣C為30°，∴，∴t=3．…（15分）

略19.如圖，橢圓的右焦點F2與拋物線y2=4x的焦點重合，過F2與x軸垂直的直線與橢圓交于S，T，與拋物線交于C，D兩點，且|CD|=2|ST|．（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設P為橢圓上一點，若過點M（2，0）的直線l與橢圓相交于不同兩點A和B，且滿足+=t（O為坐標原點），求實數t的取值范圍．參考答案：考點：橢圓的應用；橢圓的簡單性質．專題：綜合題；圓錐曲線的定義、性質與方程．分析：（Ⅰ）由焦點F2（1，0），根據，所以，由此能求出橢圓方程．（Ⅱ）設過m（2，0）的直線為y=k（x﹣2），與橢圓方程聯立，得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0，設A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），由，得，由此結合題設條件能求出實數t的取值范圍．解答： 解：（Ⅰ）設橢圓標準方程，由題意，拋物線y2=4x的焦點為F2（1，0），|CD|=4．因為，所以．…又S，T，，又c2=1=a2﹣b2，所以．所以橢圓的標準方程．…（Ⅱ）由題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=k（x﹣2）．由消去y，得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0，（*）設A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），則x1，x2是方程（*）的兩根，所以△=（8k2）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，即2k2＜1，①…且，由，得若t=0，則P點與原點重合，與題意不符，故t≠0，所以，…因為點P（x0，y0）在橢圓上，所以，即=，再由①，得，又t≠0，所以t∈（﹣2，0）∪（0，2）．…點評：本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的實數的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意等價轉化思想的合理運用．20.已知,,.

1.求與的夾角;2.求;參考答案：1.因為,

所以.

因為,,

所以,

解得,所以.

2.,

所以,同樣可求.

21.如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD為矩形，側面ADEF為梯形，，.（1）求證：；（2）求證：BF∥平面CDE．參考答案：（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）易證AD⊥平面CDE，從而AD⊥CE；（2）先證平面ABF∥平面CDE，可得BF∥平面CDE.【詳解】證明：（1）因為矩形ABCD所以AD⊥CD又因為DE⊥AD，且CDDE=D，CD、DE平面CDE所以AD⊥平面CDE又因為CE平面CDE所以AD⊥CE（2）因為AB∥CD，CD平面CDE，AB平面CDE所以AB∥平面CDE又因為AF∥DE，DE平面CDE，AF平面CDE所以AF∥平面CDE又因為ABAF=A，AB、AF平面ABF所以平面ABF∥平面CDE又因為BF平面ABF所以BF∥平面CDE【點睛】本題考