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考试时长：120分钟 满分：150分
单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.已知复数，则
A. B. C. D.
2. 已知集合，则
A. B. C. D.
3. 将直线绕点顺时针旋转得到直线，则直线的方程是
A． B． C． D．
4. 正项递增等比数列，前n项的和为，若，，则
A． B． C． D．
5. 已知曲线表示圆，则的取值范围是
A． B． C． D．
6. 古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割
率的值也可以用2sin18°表示，即,设,则
A． B． C． D.
7. 已知是定义在R上的奇函数，且是偶函数，当时，，则
A. B. C. D.
8. 点M、N为正四面体ABCD的内切球球面上的两个动点， T为棱AB上的一动点，则当
取最大值时，
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是
函数的图象关于点对称
C. 将向左平移个单位长度，得到函数
D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是
10. 如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，，为与的交点.若，，，则下列说法正确的有
A．
B．
C．设，则
D．以为球心，为半径的球在四边形内的交线长为
11．已知函数，则
A．当时，函数单调递增 B．当时，函数有两个极值
C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
D．当时，若是与的等差中项，直线与曲线有三个交点
，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，且，则 ．
13. 若函数的最小值为，则实数的取值范围是 .
14.已知为数列的前项和，满足,则 ；
．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15.（13分）已知数列满足，.
（1）证明：数列为等差数列，并求通项；
（2）求数列的前项和.
16.（15分）如图，直角中，，,分别为、中点，将
沿翻折成，得到四棱锥，为中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
17.（15分）锐角的内角的对边分别为，.
（1）若，求；
（2）求的取值范围．
18.（17分）已知函数．
（1）证明：；
（2）证明：，．
19.（17分）已知项数为的数列为递增数列，且满足，
若，且，则称为的“伴随数列”．
（1）数列是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若为的“伴随数列"，证明: ；
（3）已知数列存在“伴随数列，且，求的最大值．
高三数学 第三次摸底考试 参考答案
单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
A B C A D D D C
多选题
9 10 11
AC ACD AC
三、填空题
12． 13. 14．
四、解答题
15. 【解析】（1），，，
数列是以为首项，以1为公差的等差数列，
，．
（2），
，
错位相减得，
．
16. 【解析】（1）证明：取中点，
连接，，，
为的中点，
则，，
又，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，
平面，
平面．
（2）,
,.
又，且，
平面，
,
又，.
解法一(向量法)：
以点D为坐标原点,以DE,DC,DP分别为x轴、y轴, z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
设平面PBC的法向量,则,即,
令,得.
设平面PEC的法向量,则,即,
令,得.
设平面与平面夹角为, 则=,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
解法二（几何法）：
,,
，，
又，且，
平面．
且,，
.
根据二面角的定义可知,即为二面角的平面角,
,.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 【解析】（1），
由余弦定理知：，
,.
（2）,
,
,
.
又,
, 即.
,
又为锐角三角形，
,解得，
,
.
18. 【解析】（1）(i) ，
设，当时，，
在单调递增，，
即；
（ii），
设，
，，
在单调递增，，
在单调递增，，即．
（2）由（1）可知， ，变形得，
令，得，
取得，
，，
相加得．
19.【解析】（1）因为，
，，均为正整数
所以数列存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为.
（2）因为数列存在“伴随数列”，
所以，且
∴，
∴，即，
∴．
（3）①一方面，由（2）知，于是
所以
②另一方面，由数列存在“伴随数列，知
所以是的正约数，又，
即可取，
又，为最大值，
取，有
，
，
符合条件，因此的最大值为．
【或取，，
，
，，
给出一种符合条件的即可．】
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