TOP31湖北省枣阳市阳光学校2016届高三下学期期中考试数学（文）试题.doc文档免费在线阅读

若使恒成立，则的最大值，即原问题可转化为方程在区间，上恰有两个相异实根令，则只需直线与的图象有两个交点利用导数求出在区间，上的最值及单调区间，结合图象即可得的取值范围试题解析因为，所以令，舍或，所以的单调减区间为，，增区间，令或，舍函数在，上是连续的，又，所以，当，时此函数为对称轴为的开口向上的抛物线，当时，函数为减函数，的最小值为解析试题分析由题意得，据勾股定理得，圆心到直线的距离为，即，即则点，与点，之间距离设考点三角恒等变形解析根据题意画出图形，如图所示，过点作⊥于，因为为等腰直角三角形，所以为弦的中点，又，根，，的图象，即可知实数的取值范围是故选考点分段函数函数与方程数形结合的数学思想，解析试题分析由题意得，，所以，故应选考点抛物线的简单几何性质直线与抛物线的相交问题解析由题意，球的半径为，故其体积，选解析试题分析如下图所示，画出，故应选当直线的倾斜角为时，同理可求解法二如图所示，设，则，又，故，又倾斜角为，直线的方程为，联立直线与抛物线的方程可得，解之得，，所以，而原点到直线的距离为，所以三个解，故满足条件的值有个，故选考点程序框图解析试题分析解法如图所示，根据抛物线的定义，不难求出，，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，所以直线的，即，结合函数的图像，可知曲线与直线定会有个横坐标大于的交点，当时，显然不可能，故没有解，当时，，令，解得则两个圆锥的母线长为由已知可得，两个圆锥的底面半径分别为所以两圆锥的底面积之比为故选考点圆锥侧面展开图与圆锥的关系解析试题分析当时，令，故排除，故选考点函数的图象和性质导数的运用解析试题分析由题已知等比数列的其中两项，可借助通项公式求解，考点等比数列求基本量解析试题分析设圆的半径为，，显然存在，，使得当，时，时，，即在，上先增后减，作出不等式组所表示的区域，则，故所求概率为，故选考点二元次不等式组与平面区域几何概型解析试题分析易得为奇函数，图象关于原点对称，故排除函数的零点在区间，内，即两图像交点的横坐标所在区间为，考点图像的交点点评计算函数区间端点函数值符号，根据零点的判定定理判断解析试题分析如下图所示所以有个锐角为的三角形是等边三角形故选考点向量的数量积利用向量求三角形的角解析试题分析设可得即又有可得可得即又有可得所以有个锐角为的三角形是等边三角形故选考点向量的数量积利用向量求三角形的角解析试题分析设函数的零点在区间，内，即两图像交点的横坐标所在区间为，考点图像的交点点评计算函数区间端点函数值符号，根据零点的判定定理判断解析试题分析如下图所示，作出不等式组所表示的区域，则，故所求概率为，故选考点二元次不等式组与平面区域几何概型解析试题分析易得为奇函数，图象关于原点对称，故排除，显然存在，，使得当，时，时，，即在，上先增后减，故排除，故选考点函数的图象和性质导数的运用解析试题分析由题已知等比数列的其中两项，可借助通项公式求解，考点等比数列求基本量解析试题分析设圆的半径为，则两个圆锥的母线长为由已知可得，两个圆锥的底面半径分别为所以两圆锥的底面积之比为故选考点圆锥侧面展开图与圆锥的关系解析试题分析当时，令，即，结合函数的图像，可知曲线与直线定会有个横坐标大于的交点，当时，显然不可能，故没有解，当时，，令，解得三个解，故满足条件的值有个，故选考点程序框图解析试题分析解法如图所示，根据抛物线的定义，不难求出，，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，所以直线的倾斜角为，直线的方程为，联立直线与抛物线的方程可得，解之得，，所以，而原点到直线的距离为，所以，故应选当直线的倾斜角为时，同理可求解法二如图所示，设，则，又，故，又，所以，故应选考点抛物线的简单几何性质直线与抛物线的相交问题解析由题意，球的半径为，故其体积，选解析试题分析如下图所示，画出的图象，即可知实数的取值范围是故选考点分段函数函数与方程数形结合的数学思想，解析试题分析由题意得，，，考点三角恒等变形解析根据题意画出图形，如图所示，过点作⊥于，因为为等腰直角三角形，所以为弦的中点，又，根据勾股定理得，圆心到直线的距离为，即，即则点，与点，之间距离设，此函数为对称轴为的开口向上的抛物线，当时，函数为减函数，的最小值为解析试题分析由题意得，，，故填考点等差数列的通项公式及其前项和或解析试题分析设，，且，，数列是首项为，公差为的等差数列，数列是首项为，公差为的等差数列，，，，可知当或时，取到最小值考点向量的坐标运算等差数列的通项公式二次函数的性质ⅠⅡ解析试题分析Ⅰ根据正弦定理先求，在根据和分比定理，求值Ⅱ根据余弦定理，和公式Ⅰ由正弦定理可得，所以，，所以Ⅱ由余弦定理得，即，又，所以，解得或舍去，所以考点正弦定理余弦定理三角形面积ⅠⅡ解析试题分析逐列举出，的所有可能情况，再分别找出满足和的情况数，与总数相除即得相应概率，考虑到不满足的情况数较少，可以利用对立事件的关系求概率试题解析同时取出两个球，得到的编号，可能为分Ⅰ记为事件，则分Ⅱ记为事件，则只有，三种情况不满足分考点古典概型，相互事件，对立事件详见解析解析试题分析要证明面面垂直，先证明线面垂直，经分析证明平面，根据直径所对的圆周角等于，，和底面证明在中，设，将体积表示为的函数，转化为求函数的最大值试题解析证明是底面圆周上异于，的点，是底面圆的直径，在中，设，则当，即时，的最大值为考点面面垂直的判定几何体的体积解析试题分析由题意长轴长为求得的值，在由椭圆过点，建立方程求解即可求出其标准方程由于圆是以，为直径的圆，直线与圆相切，利用直线与圆相切的充要条件得到个等式，把直线方程与椭圆方程联立利用整体代换的思想，根据建立的方程求即可试题解析由题意，椭圆的长轴长，得，因为点，在椭圆上，所以得，所以椭圆的方程为由直线与圆相切，得，即，设由消去，整理得，由题意可知圆在椭圆内，所以直线必与椭圆相交，所以，所以，因为，所以又因为，所以，，得的值为考点椭圆的标准方程的单调减区间为，，增区间，来源解析试题分析求导即可得函数的单调区间利用导数可求得，时，的最大值为若使恒成立，则的最大值，即原问题可转化为方程在区间，上恰有两个相异实根令，则只需直线与的图象有两个交点利用导数求出在区间，上的最值及单调区间，结合图象即可得的取值范围试题解析因为，所以令，舍或，所以的单调减区间为，，增区间，令或，舍函数在，上是连续的，又，所以，当，时，的最大值为故，时，若使恒成立，则原问题可转化为方程在区间，上恰有两个相异实根令，则，令，解得当，时在区间，上单调递减，当，时在区间，上单调递增在和处连续，又，且，当，时，的最大值是，的最小值是在区间，上方程恰好有两个相异的实根时，实数的取值范围是考点导数的应用证明祥见解析证明祥见解析解析试题分析首先将所证不等式转化为整式形式，再用比差法，作差后将差式因式分解成些次因式的积的形式，即可证明所要证的不等式设，，由对数的换底公式得，，，，则将所证不等式转化为，从而得证由知有，再注意到试题解析由于，，所以将上式中的右式减左式，得