TOP33【南方凤凰台】（江苏专用）2017版高考数学大一轮复习阶段训练三文.doc文档免费在线阅读

分分由正弦定理得，分解得分由⇒，分又分分分用余弦定理的请酌情给分分不等式，函数必有两个零点分又函数在，上恰有个零点，分解得∈，又平面，所以平面⊥平面第题若∥平面，连接交于点，连接如图由∥可得∽，所以因为∥平面，连接，因为四边形为菱形，且，所以为正三角形又为的中点，所以⊥又因为，所以⊥又∩平面，所以⊥平面，当且仅当，即∈，时，上述不等式等号成立，此时，答设计，时，运动场地面积最大，最大面积为如图，由已知得，所以，其定义域是因为，所以，所以，其定义域是解得，不合题意，舍去当，即恒成立，等价于，解得≠，所以实数的取值范围是≠若对于任意的∈，恒成立，需满足，得即实数的取值范围是，对称轴为，当时，当∈，时，所以，所以数列的前项和为，所以所以数列为首项为公比为的等比数列由可得因为，，为奇数为偶数，所以又且，知∥且，所以四边形是平行四边形，所以∥又平面，平面，所以∥平面第题因为是棱的中点，所以四边形的面积，所以，所以正确当时，截面为五边形所以④图第题如图，取线段的中点，连接则∥且由已知∥如图所示，当时，由∽，得，即，所以，所以正确图如图所示，当时，截面为可知，且为菱形，所以的面积即为解析当时，截面为如图所示的，所以为四边形，所以正确图当时，所以又因为∥所以正确，即，解得或舍去，此时当时，成立当时，由得，即，解得，舍去此时综上，或，∪，∞解析因为是定义在上的奇函数，所以设，所以，又，所以，时，由，得为球的半径，所以，即，即，所以侧面的面积为解析由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得，为截面圆的直径，所以，则的外接圆圆心位于的中点同理，的外接圆圆心位于的中点设正方形的边长为，在中为截面圆的直径，所以，则的外接圆圆心位于的中点同理，的外接圆圆心位于的中点设正方形的边长为，在中，为球的半径，所以，即，即，所以侧面的面积为解析由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得，∪，∞解析因为是定义在上的奇函数，所以设，所以，又，所以，时，由，得，即，解得或舍去，此时当时，成立当时，由得，即，解得，舍去此时综上，或解析当时，截面为如图所示的，所以为四边形，所以正确图当时，所以又因为∥所以正确如图所示，当时，由∽，得，即，所以，所以正确图如图所示，当时，截面为可知，且为菱形，所以的面积即为四边形的面积，所以，所以正确当时，截面为五边形所以④图第题如图，取线段的中点，连接则∥且由已知∥且，知∥且，所以四边形是平行四边形，所以∥又平面，平面，所以∥平面第题因为是棱的中点，所以因为，，为奇数为偶数，所以又，所以所以数列为首项为公比为的等比数列由可得所以，所以数列的前项和为若对于任意的∈，恒成立，需满足，得即实数的取值范围是，对称轴为，当时，当∈，时解得，不合题意，舍去当，即恒成立，等价于，解得≠，所以实数的取值范围是≠由已知得，所以，其定义域是因为，所以，所以，其定义域是，，当且仅当，即∈，时，上述不等式等号成立，此时，答设计，时，运动场地面积最大，最大面积为如图，连接，因为四边形为菱形，且，所以为正三角形又为的中点，所以⊥又因为，所以⊥又∩平面，所以⊥平面，又平面，所以平面⊥平面第题若∥平面，连接交于点，连接如图由∥可得∽，所以因为∥平面，平面，平面∩平面，所以∥，因此即的值为设等差数列的公差为，由已知，有解得，所以，即等差数列的通项公式为，∈因为，所以当时，将这个式子相加，得，即当时，也满足上式所以数列的通项公式为由知，所以，即原不等式变为，即，所以对任意∈恒成立，所以，所以的取值范围是∞，湛江中学年度第学期第次考试高二级文科数学试卷考试时间分钟满分分选择题。

共题，每道题分，若集合，，则数列，的个通项公式是已知中，则角的度数等于或或不等式组表示的平面区域是已知角三角形能作出个钝角三角形等差数列的前项和为当首项和公差变化时，若是个定值，则下列各数中为定值的是若数列，的通项公式分别是，，且对任意恒成立，则实数的取值范围是，，，，二填空题。

共题，每道题分，若，则比较，的大小是中则的形状是若变量，满足约束条件，则的最大值为已知函数的图象如图，则满足的的取值范围三解答题。

共题，共分本小题满分分已知为等差数列，前项和为，且求数列的通项公式若等比数列满足求的前项和本小题满分分在中，求的值求的值本小题满分分已知函数求实数，使不等式的解集是若为整数且函数在，上恰有个零点，求的值本小题满分分数列满足∈求数列的通项公式设，求数列的前项和本小题满分分如图，两岛之间有片暗礁，艘小船于日上午时从岛出发，以海里小时的速度，沿北偏东方向直线航行，下午时到达处然后以同样的速度，沿北偏东方向直线航行，下午时到达岛求两岛之间的直线距离求的正弦值本小题满分分数列首项，前项和与之间满足求证数列是等差数列求数列的通项公式设存在正数，使对于切都成立，求的最大值湛江中学年度第学期第次考试高二级文科数学答案选择题满分二填空题满分等腰三角形，三解答题满分分由已知可得，分解得分分设的公比为，又，由题设得解得，或，分当，时分当，时，分分由正弦定理得，分解得分由⇒，分又分分分用余弦定理的请酌情给分分不等式，函数必有两个零点分又函数在，上恰有个零点，分解得∈，分本小题分解由已知可得，分所以是以为首项，为公差的等差数列得，所以，分由得，从而分得分所以分分解Ⅰ在中，由已知，分据余弦定理，得，所以分故两岛之间的直线距离是海里分Ⅱ在中，据正弦定理，得，分所以分故的正弦值是分本小题分因为时，分得分由题意又是以为首项，为公差的等差数列分由有分时，分又分设分则分在上递增故使恒成立只需又又，所以，的最大值是分阶段训练三填空题设，∈，∞，则，的大小关系是在数列中，若，且，则数列的前项和为函数的定义域是若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则此三棱锥的体积为已知数列为等差数列，为其前项和，若，则若不等式在区间，上有解，则实数的取值范围是在数列中，已知∈，那么设为正整数计算得，观察上述结果，可推测般的结论为设为坐标原点，点若，满足不等式组，则的最小值是假设平面∩平面，⊥，⊥，垂足分别为如果增加个条件，就能推出⊥，现有下面四个条件⊥与，所成的角相等与在内的射影在同条直线上④∥其中能成为增加条件的是填序号如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为的半球面上侧面是半球底面圆的内接正方形，则侧面的面积为第题如图，在平面几何中在中，的内角平分线分所成线段的比为把这个结论类比到空间在三棱锥中，平分二面角且与相交于，则得到类比的结论是第题已知是定义在上的奇函数当时则不等式的解集为如图，正方体的棱长为，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是填序号第题当时，为四边形当时，为等腰梯形当时，与的交点满足④当时，为六边形当时，的面积为二解答题如图，已知在四棱锥中，四边形是直角梯形⊥平面，是棱的中点求证∥平面求三棱锥的体积第题已知数列满足，，为奇数为偶数，数列的前项和为其中∈试求，的值，并证明数列为等比数列设求数列的前项和已知函数若对于任意的∈，恒成立，求实数的取值范围若对于任意的∈恒成立，求实数的取值范围若对于任意的∈恒成立，求实数的取值范围市近郊有块大约的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的个总面积为的矩形场地，其中阴影部分为通道，通道宽度为，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地其中两个小场地形状相同，塑胶运动场地占地面积为分别用表示和的函数关系式，并给出定义域怎样设计能使取得最大值，并求出最大值第题如图，在四棱锥中，底面为菱形为的中点若，求证平面⊥平面令点在线段上试确定实数的值，使∥平面第题已知等差数列满足，求数列的通项公式若，数列满足关系式求证数列的通项公式为设中的数列的前项和为，对任意的正整数，解得解析如图，作三棱锥的高，则点为底面的中心，所以第题解析由，得所以又∈，故，解析由，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有正根负根于是不等式在区间，上有解的充要条件是，解得，故实数的取值范围为，解析由，得，所以∈解析因为，所以归纳猜想得∈解析由题意作出不