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高三文科数学限时训练20 综合(教师用)


高三文科数学限时训练(20)
(时间:60 分钟,满分: 100 分)

2013.10.20

班别: 姓名: 学号: 分数: 一、填空、选择题: 1.设集合 A={x|x>1},B={x|x(x﹣2)<0},则 A∩B 等于( ) A.{x|x>2} B.{x|0<x<2} C.{x|1<x<2} D.{x|0<<1} 解答: 解:∵集合 B={x|x(x﹣2)<0}={x|0<x<2}, 又 A={x|x>1}, ∴A∩B={x|1<x<2}, 故选 C. 2.下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递增的函数为( ) ﹣ 2 A.y=x 1 B.y=log2x C.y=|x| D.y=﹣x 3.设 i 为虚数单位,则复数 A. B. 等于( ) C. D.

考点: 复数代数形式的乘除运算. 专题: 计算题. 分析: 把给出的复数分子分母同时乘以 2﹣i,然后整理成 a+bi(a,b∈R)的形式即可. 解答: 解: = . 故选 A. 4.sin480°的值为( A.

) B.

C.

D.

解 解:sin480°=sin(360°+120°)=sin120°= 答: 故选 B. 5.已知向量 A. , B.﹣2 ,且



,则实数 x 的值为( C.2 D.



考点: 数量积判断两个平面向量的垂直关系. 专题: 计算题. 分析: 因为向量 , ,且 得方程,进而解方程即可得到答案.

,所以根据向量垂直的坐标表示可

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解答: 解:因为向量 所以可得 3x+6=0, ∴x=﹣2, 故选 B.



,且



6.中心在原点的双曲线,一个焦点为 ,则双曲线的方程是( ) A. B.

,一个焦点到最近顶点的距离是 C. D.

解:∵中心在原点的双曲线,一个焦点为 F(0, ∴其焦点在 y 轴,且半焦距 c= ; 又 F 到最近顶点的距离是 ﹣1, ∴a=1, ∴b =c ﹣a =3﹣1=2. ∴该双曲线的标准方程是 y ﹣
2 2 2 2

) ,

=1.

故选 A. 7.如图所示,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形,俯视图是一个直径 为 1 的圆,那么这个几何体的全面积为( )

A.

B.2π

C.3π

D.4π

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 计算题. 分析: 几何体是一个圆柱,圆柱的底面是一个直径为 1 的圆,圆柱的高是 1,圆柱的表面积 包括三部分,两个圆的面积和一个矩形的面积,写出表示式,得到结果. 解答: 解:由三视图知几何体是一个圆柱, 圆柱的底面是一个直径为 1 的圆, 圆柱的高是 1, ∴圆柱的全面积是 2×π 故选 A. 8.经过圆 x ﹣2x+y =0 的圆心且与直线 x+2y=0 平行的直线方程是( ) A.x+2y﹣1=0 B.x+2y﹣2=0 C.x+2y+1=0 D.x+2y+2=0
2 2

+2

=



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考点: 圆的一般方程;直线的一般式方程与直线的平行关系. 专题: 计算题;直线与圆. 分析: 通过圆的一般方程求出圆的圆心坐标,求出直线的斜率,然后求出所求直线的方程即 可. 2 2 解答: 解:因为圆 x ﹣2x+y =0 的圆心为(1,0) , 与直线 x+2y=0 平行的直线的斜率为:
2 2



所以经过圆 x ﹣2x+y =0 的圆心且与直线 x+2y=0 平行的直线方程是: y=﹣ (x﹣1) , 即 x+2y﹣1=0. 故选 A. 点评: 本题考查圆的一般方程求解圆的圆心坐标,直线的斜率与直线的点斜式方程的求法, 考查计算能力.

9. 分) (5 (2013?潮州二模)已知实数 x,y 满足

,则目标函数 z=2x﹣y 的最大值

为( ) A.﹣3

B.

C.5

D.6

考点: 简单线性规划. 专题: 计算题;不等式的解法及应用. 分析: 作出题中不等式组表示的平面区域,得如图的△ ABC 及其内部,再将目标函数 z=2x ﹣y 对应的直线进行平移,可得当 x=2,y=﹣1 时,z 取得最大值 5. 解答: 解:作出不等式组表示的平面区域,得到如图的△ ABC 及其内部,

其中 A(﹣1,﹣1) ,B(2,﹣1) ,C(0.5,0.5) 设 z=F(x,y)=2x﹣y,将直线 l:z=2x﹣y 进行平移, 当 l 经过点 B 时,目标函数 z 达到最大值 ∴z 最大值=F(2,﹣1)=5 故选:C 点评: 题给出二元一次不等式组,求目标函数 z=2x﹣y 的最大值,着重考查了二元一次不等 式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识,属于基础题.

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10. 分) (5 在△ ABC 中,

, AB=2, 且△ ABC 的面积为

, 则边 BC 的长为



考点: 正弦定理的应用. 专题: 计算题. 分析: 应用余弦定理结合三角形面积公式进行计算即可; 解答: 解:∵ = ∴AC=1 由余弦定理可知: BC =AB +AC ﹣2AB?AC?cos∠A 即 BC= 故答案为: 点评: 本题考查了余弦定理的应用,属于基础题.
2 2 2

f ( x) ?
11. 函数

3x 2 1? x

? lg(3 x ? 1)
的定义域是

1 ( 3 ,1) ?

12.400 辆汽车通过某一段公路时的速度如图所示,则速度在[50,70)的汽车大约有 320 辆. (注:本题中速度的单位为 km/h)

考点: 频率分布直方图. 专题: 计算题. 分析: 根据已知中的频率分布直方图,我们可以计算出时速在[50,70)的数据对应的矩形 高之和,进而得到时速在[50,70)的数据的频率,结合样本容量为 400,即可得到时 速在[50,70)的数据的频数,即时速在[50,70)的汽车的辆数. 解答: 解:由于时速在[50,70)的数据对应的矩形高之和为 0.03+0.05=0.08 由于数据的组距为 10 故时速在[50,70)的数据的频率为:0.08×10=0.8 故时速在[50,70)的数据的频数为:0.8×400=320 故答案为:320. 13. 分) (5 (2013?潮州二模)如图,⊙O 的割线 PAB 交⊙O 于 A、B 两点,割线 PCD 经过 圆心,已知 PA=6, ,PO=12,则⊙O 的半径为 8 .

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考点: 与圆有关的比例线段. 专题: 计算题. 分析: 设出圆的半径,根据切割线定理推出 PA?PB=PC?PD,代入求出半径即可; 解答: 解:设圆的半径为 r, ∵PAB、PCD 是圆 O 的割线, ∴PA?PB=PC?PD, ∵PA=6,PB= ∴6×
2 2

=

,PC=12﹣r,PD=12+r,

=(12﹣r)×(12+r) ,

r =12 ﹣80=64 ∴r=8, 故答案为:8.

点评: 本题主要考查切割线定理等知识点,熟练地运用性质进行计算是解此题的关键. 14. 分) (5 (坐标系与参数方程选做题) 在极坐标系(ρ,θ)中,直线 (ρ∈R)被圆 ρ=2sinθ 截得的弦的长是 .

考点: 简单曲线的极坐标方程. 专题: 计算题. 分析: 化极坐标方程为普通方程,求出圆心坐标和半径,然后求出圆心到直线的距离,由勾 股定理可求弦长. 2 2 2 解答: 解:由 ρ=2sinθ,得 ρ =2ρsinθ,即 x +(y﹣1) =1. 所以圆的圆心为(0,1) ,半径为 1. 再由直线 (ρ∈R) ,得 y=x. .

圆心(0,1)到直线 y=x 的距离 d=

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所以弦长为



故答案为 . 点评: 本题考查了极坐标化直角坐标,考查了点到直线的距离公式,是基础的运算题. 三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15.(12 分)已知函数 f(x)=cos x+sinxcosx,x∈R. (1)求 (2)若 的值; ,且 ,求 .
2

考点: 三角函数中的恒等变换应用;运用诱导公式化简求值. 专题: 计算题. 分析: (1)把 x= 代入函数,利用特殊角的三角函数值即可求解; (2)利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数,根据 sinα 的值求出 cosα,代入 f( 解答: 解: (1)f( =( )+ …2 分 (2)f(x)=cos x+sinxcosx = = = ∴f( = = ∵sin= ∴cosα=﹣ …11 分 f( )= …10 分 )= …6 分 …8 分 …4 分
2 2

)进行化简. )=cos
2

+sin

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=

…12 分

点评: 此题考查了两角和与差的正弦函数公式,以及特殊角的三角函数值,熟练掌握公式是 解本题的关键. 16. 如图所示的长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形,O 为

AC 与 BD 的交点, BB1 ? 2 , M 是线段 B1 D1 的中点.
(1)求证: BM / / 平面 D1 AC ; (2) D O ? 平面 AB C 1 1 (3)求三棱锥 D1 ? AB1C 的体积.

解:(1)连结 D1O ,如图, ∵ O 、 M 分别是 BD 、 B1 D1 的中点, BD1 D1 B 是矩形, ∴四边形 D1OBM 是平行四边形, ∴ D1O / / BM . --------2 分

∵ D1O ? 平面 D1 AC , BM ? 平面 D1 AC , ∴ BM / / 平面 D1 AC .-------------------6 分 (2)解法 1 连结 OB1 ,∵正方形 ABCD 的边长为 2,

BB1 ? 2 ,∴ B1 D1 ? 2 2 , OB1 ? 2 , D1O ? 2 ,则 OB12 ? D1O 2 ? B1D12 ,

∴ OB1 ? D1O .

--------------------------------------------------------8 分

又∵在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, AC ? BD , AC ? D1 D ,且 BD ? D1D ? D , ∴ AC ? 平面 BDD1 B1 ,又 D1O ? 平面 BDD1 B1 , ∴ AC ? D1O ,又 AC ? OB1 ? O , ∴ D1O ? 平面 AB1C ,即 D1O 为三棱锥 D1 ? AB1C 的高. ----------10 分
1 1 ∵ S?AB1C ? ? AC ? OB1 ? ? 2 2 ? 2 ? 2 2 , D1O ? 2 2 2 1 1 4 ∴ VD1 ? AB1C ? ? S?AB1C ? D1O ? ? 2 2 ? 2 ? 2 . --------------------------------14 分 3 3 3

解法 2: 三棱锥 D1 ? AB1C 是长方体 ABCD ? A1B1C1D1 割去三棱锥 D1 ? DAC 、

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三棱锥 B1 ? BAC 、三棱锥 A ? A1 B1 D1 、三棱锥 C ? C1 B1 D1 后所得,而三棱锥
D1 ? DAC 、 B1 ? BAC 、 A ? A1 B1 D1 、 C ? C1 B1 D1 是等底等高,故其体积相等.

?VD1 ? AB1C ? VABCD ? A1B1C1D1 ? 4VB1 ? BAC ? 2 ? 2 ? 2 2 ? 4 ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 ? 2 2 ? 4 2
3 2 3

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