江西省萍鄉市濂溪中學高三數學文上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.若集合，，則集合A∪B=（

）A.(－2,3] B.(－4,3] C.[－3,2) D.[－3,4)參考答案：D【分析】求解一元二次不等式，解得集合，再求并集即可.【詳解】對集合：，解得；對集合：，解得，故可得.故選：D.【點睛】本題考查一元二次不等式的求解，以及集合并運算，屬基礎題.2.已知a=，b=log2，c=log，則（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a參考答案：C【考點】對數的運算性質．【分析】利用指數式的運算性質得到0＜a＜1，由對數的運算性質得到b＜0，c＞1，則答案可求．【解答】解：∵0＜a=＜20=1，b=log2＜log21=0，c=log=log23＞log22=1，∴c＞a＞b．故選：C．3.函數y=sin2x的圖象向右平移個單位，得到的圖象關于直線對稱，則的最小值為

A．

B．

C．

D．參考答案：A4.（5分）（2015?楊浦區二模）如圖，設點A是單位圓上的一定點，動點P從A出發在圓上按逆時針方向轉一周，點P所旋轉過的弧的長為l，弦AP的長為d，則函數d=f（l）的圖象大致為（）A．B．C．D．參考答案：C【考點】：正弦函數的圖象．【專題】：壓軸題；數形結合．【分析】：根據題意和圖形取AP的中點為D，設∠DOA=θ，在直角三角形求出d的表達式，根據弧長公式求出l的表達式，再用l表示d，根據解析式選出答案．解：如圖：取AP的中點為D，設∠DOA=θ，則d=2|OA|sinθ=2sinθ，l=2θ|OA|=2θ，∴d=2sin，根據正弦函數的圖象知，C中的圖象符合解析式．故選：C．【點評】：本題考查了正弦函數的圖象，需要根據題意和弧長公式，表示出弦長d和弧長l的解析式，考查了分析問題和解決問題以及讀圖能力．5.設非空集合A，B滿足AB，則

A．∈A，使得xo∈B

B．A,有x∈B

C．∈B，使得xoA

D．B,有x∈A參考答案：B根據集合關系的定義可知選B.6.函數，若，，，則有（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D，在上為減函數，且時，時，，且，，且，且，，在上單調遞減，，即，故選D.

7.若框圖所給的程序運行結果為S=90．那么判斷框中應填人后的

條件是

(

)A.k=9

B．k≤8

C．k<8

D．k>8參考答案：D8.已知命題p：lnx＞0，命題q：ex＞1則命題p是命題q的（）條件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要參考答案：A略9.已知雙曲線的漸近線方程為,則實數m=（

）A.4 B.16 C.－4 D.－16參考答案：A【分析】利用雙曲線定義得出，再利用漸近線定義得，求出值.【詳解】已知為雙曲線，則，該雙曲線的漸近線為，又，得出答案選A【點睛】本題考查雙曲線及其漸近線的定義，屬于簡單題.10.設函數A. B.3或 C. D.1或參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數的圖象恰好經過三個象限，則實數a的取值范圍是______．參考答案：或【分析】分類討論函數的單調性，計算在上的最小值，根據函數經過的象限得出最小值與零的關系，從而求出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，在上單調遞減，又，所以函數的圖象經過第二、三象限，當時，，所以，①若時，恒成立，又當時，，所以函數圖象在時，經過第一象限，符合題意；②若時，在上恒成立，當時，令，解，所以在上單調遞減，在上單調遞增，又所以函數圖象在時，經過第一象限，符合題意；（2）當時，的圖象在上，只經過第三象限，在上恒成立，所以的圖象在上，只經過第一象限，故不符合題意；（3）當時，在上單調遞增，故的圖象在上只經過第三象限，所以在上的最小值，當時，令，解得，若時，即時，在上的最小值為，令.若時，則在時，單調遞減，當時，令，解得，若，在上單調遞增，故在上的最小值為，令，所以；若，在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的最小值為，顯然，故；結上所述：或.【點睛】本題考查了函數單調性的判斷和最值計算，考查了數學運算能力.12.已知實數x，y滿足，則z＝2x＋3y的最小值是________．參考答案：9略13.已知向量,，若，其中，則

.參考答案：14.已知全集，在中任取四個元素組成的集合記為，余下的四個元素組成的集合記為，若，則集合的取法共有

種.參考答案：31略15.已知，，且，則

.

參考答案：由，，，則，所以.

16.已知函數，則不等式的解集為

．參考答案：17.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形。∠ACB=900，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一動點，則CP+PA1的最小值為___________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.(本小題滿分13分)棱長為的正四面體P—ABC中，E為BC中點，F為PC的中點．求證：(1)平面PAE⊥平面ABC；(2)求二面角P—AE—F的大小．參考答案：法一：(1)由題BC⊥AE，BC⊥DE，∴BC⊥平面PAE，∴平面PAE⊥平面ABC5分(2)由(1)知，所求二面角大小與二面角F—AE—C大小互余．取AB中點M，連CM與AE交于O，則O為△ABC的中心，取CO的中點N，連結FN，則FN⊥面ABC，作NH⊥AE于H，則H為OE中點，連結FH，∠FHN即為F—AE—C的平面角．易求得··············9分∴···························12分∴所求角為··························13分法二：將正四面體置于正方體內，如圖所示，則P（0，0，0），A（1，0，1），B（0，1，1），C（1，1，0），E（，1，），F（，，0）(1)設平面PAE的一個法向量為，則由∴同理可求平面ABC的一個法向量為∵

∴∴平面PAE⊥平面ABC············································································5分(2)設平面AEF的一個法向量為，則由···········9分由(1)知平面PAE的一個法向量為········12分∴所求二面角為······························13分法三：也可如右圖建系，則，，，，下略．略19.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥面ABCD，E為PD的中點.（I）求證：PB∥平面AEC;(II)若，,四棱錐P-ABCD的體積，求點A到平面PCD的距離.參考答案：（I）證明：設與的交點為，連接，因為為矩形，所以為的中點；又因為為的中點，所以∥,,,所以∥平面．

…………6分(II)解:作于，由題設知，所以，故,所以點到的距離為．………………12分20.（本題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講如圖所示，已知與⊙相切，為切點，為割線，弦，、相交于點，為上一點，且(1)

求證：；(2)

(2)求證：·=·．

參考答案：證明：（1），。是公共角，相似于，,.……5分.(2),相似,即··.弦相交于點,··.··.,……10分21.已知函數，（且）。（1）設，令，試判斷函數在上的單調性并證明你的結論；（2）若且的定義域和值域都是，求的最大值；（3）若不等式對恒成立，求實數的取值范圍；參考答案：解：方法一：（1）證明：任取，當a>0時，，F（x）在上單調遞增；當a<0時，，F（x）在上單調遞減方法二：,則當a>0時，，F（x）在上單調遞增；當a<0時，，F（x）在上單調遞減（2）由（1）知函數af（x）在上單調遞增；因為a>0所以f（x）在[m,n]上單調遞增，f（x）的定義域、值域都是[m,n],則f（m）=m,f（n）=n,即m,n是方程的兩個不等的正根，等價于方程有兩個不等的正根，等價于

,則,時，最大值是（3）,則不等式對恒成立，即即不等式,對恒成立,令h（x）=,易證h（x）在遞增，同理遞減。。略22.已知兩個無窮數列{an}，{bn}分別滿足，，其中n∈N*，設數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn、Tn．（1）若數列{an}，{bn}都為遞增數列，求數列{an}，{bn}的通項公式．（2）若數列{cn}滿足：存在唯一的正整數k（k≥2），使得ck＜ck﹣1，稱數列{cn}為“k墜點數列”．①若數列{an}為“5墜點數列”，求Sn．②若數列{an}為“p墜點數列”，數列{bn}為“q墜點數列”，是否存在正整數m，使得Sm+1=Tm，若存在，求m的最大值；若不存在，說明理由．參考答案：【考點】數列遞推式；數列的求和．【專題】綜合題；函數思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；點列、遞歸數列與數學歸納法．【分析】（1）由兩數列為遞增數列，結合遞推式可得an+1﹣an=2，b2=﹣2b1，bn+2=2bn+1，n∈N*，由此可得數列{an}為等差數列，數列{bn}從第二項起構成等比數列，然后利用等差數列和等比數列的通項公式求得答案；（2）①根據題目條件判斷：數列{an}必為1，3，5，7，9，7，9，11，…，即前5項為首項為1，公差為2的等差數列，從第6項開始為首項7，公差為2的等差數列，求解Sn即可．②運用數列{bn}為“墜點數列”且b1=﹣1，綜合判斷數列{bn}中有且只有兩個負項．假設存在正整數m，使得Sm+1=Tm，顯然m≠1，且Tm為奇數，而{an}中各項均為奇數，可得m必為偶數．再運用不等式證明m≤6，求出數列即可．【解答】解：（1）∵數列{an}，{bn}都為遞增數列，∴由遞推式可得an+1﹣an=2，b2=﹣2b1，bn+2=2bn+1，n∈N*，則數列{an}為等差數列，數列{bn}從第二項起構成等比數列．∴an=2n﹣1，；

（2）①∵數列{an}滿足：存在唯一的正整數k=5，使得ak+1＜ak，且|an+1﹣an|=2，∴數列{an}必為1，3，5，7，9，7，9，11，…，即前5項為首項為1，公差為2的等差數列，從第6項開始為首項7，公差為2的等差數列，故；

②∵，即bn+1=±2bn，∴|bn|=2n﹣1，而數列{bn}為“墜點數列”且b1=﹣1，∴數列{bn}中有且只有兩個負項．假設存在正整數m，使得Sm+1=Tm，顯然m≠1，且Tm為奇數，而{an}中各項均為奇數，∴m必為偶數．

首先證明：m≤6．若m＞7，數列{an}中（Sm+1）max=1+3+…+（2m+1）=（m+1）2，而數列{bn}中，bm必然為正，否則≤﹣1+21+…+2m﹣2+（﹣2m﹣1）=﹣3＜0，顯然矛盾；∴=2m﹣1﹣3．設，設，而0（m＞7），∴{dm}