【8A文】高三第四次阶段测试全解全析（数学理）

1、【MeiWei_81-优质适用文档】辽宁沈阳二中20KK届上学期高三第四次阶段测试全解全析数学（理）试题说明：1测试时间：120分钟，总分：150分。2客观题涂在答题卡上，主观题答在答题纸上。第卷（60分）一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项。1已知全集U=R，集合，则集合等于（）ABCD【答案】C。【分析】求出集合，再根据补集的含义求解；或者直接根据补集的含义转化为不等式的解集。【解析】不等式等价于且，故这个不等式的解是其补集是；或者集合的补集是或者不等式的解集。【考点】集合。【点评】本题考查不等式解与补集的概念。本题容易出现的错误是忽视了不等式转化的等价性，即忽视了条件。根据不等式的性质对不等式进行的转化要求保证转换前后同解。2已知复数，则它的共轭复数等于（）ABCD【答案】B.【分析】根据复数代数形式的四则运算法则求出复数，再根据共轭复数的概念求其共轭复数。【解析】，故其共轭复数是。【考点】数系的扩充与复数的引入。【点评】复数的考查重点就是复数的有关概念、代数形式的四则运算以及简单的几何意义。本题中计算要注意虚数单

2、位的性质。3已知非零向量满足，则的形状为（）A等腰非等边三角形B等边三角形C三边均不相等的三角形D直角三角形【答案】A.【分析】根据平面向量加法的几何意义，向量的中点在角的内角平分线上，说明，角的内角平分线垂直于对边，根据数量积的定义说明。【解析】根据，角的内角平分线和边的高线重合，说明三角形是等腰三角形，根据数量积的定义说明。故三角形是等腰非等边的三角形。【考点】平面向量。【点评】解答本题的关键是注意到向量分别是于向量同方向的单位向量，两个单位向量的和一定在角的内角平分线上。4“”是“直线与直线平行”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】求出两直线垂直时的值集合，根据充要条件的概念进行判断。【解析】两直线平行的充要条件是且，即两直线平行的充要条件是。故是直线与直线平行的充分不必要条件。【考点】常用逻辑用语。【点评】如果适合的集合是，适合的集合是，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若，则互为充要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件。5若函数在上的单调递增的奇函数，则的图像是（）【答案】C。【分析】根据函数是确定值，根据其单调性确定

3、值的范围，然后按照函数图象的变换方法进行判断。【解析】函数是奇函数，在对于任意恒成立，即对于任意恒成立，即对于任意恒成立，故只能是，此时函数，由于这个函数单调递增，故只能是。函数的图象是把函数的图象沿左移一个单位得到的，故正确选项C。【考点】基本初等函数。【点评】本题综合考查函数性质与图象。本题可以使用奇函数在处有定义时，的方法直接求出值。6若函数的最小正周期为，则它的图像的一个对称中心为（）ABCD【答案】A.【分析】把函数化为一个角的三角函数，根据函数的最小正周期求出的值，根据对称中心是函数图象与轴的交点进行检验。【解析】，这个函数的最小正周期是，令，解得，故函数，把选项代入检验点为其一个对称中心。【考点】基本初等函数。【点评】函数的图象的对称中心，就是函数图象与轴的交点，其纵坐标为，横坐标满足。7且，则实数的值为（）ABCD【答案】C.【分析】根据基本不等式确定的取值范围，结合余弦函数的有界性，即可确定的取值。【解析】当时，等号当且仅当时成立；当时，。由于，故只能，即。【考点】基本不等式、基本初等函数。【点评】本题交汇基本不等式和三角函数命制。本题中根据等式两端的取值情况，把含有

4、变量的等式确定为具体的等式的方法在一些问题中是常用的。8已知数列满足且，则的值是（）ABCD【答案】A.【分析】根据数列满足足且可以确定数列是公比等于的等比数列，在根据等比数列的通项公式即可把通过求出的值。【解析】由，得，所以数列是公比等于的等比数列，所以。【考点】数列。【点评】等比数列中有关系式，其中为公比，这个关系式可以看作推广的等比数列的通项公式，即，当时就是等比数列的通项公式。9由曲线，直线所围成的平面图形的面积为（）ABCD【答案】D.【分析】画出草图，如图所示。根据定积分的几何意义把曲边形的面积转化为区间上的定积分。【解析】如图，曲边形的面积为。【考点】导数及其应用。【点评】本题考查定积分求曲边形的面积，关键是根据定积分的几何意义把求解的面积归结为函数在区间上的定积分，再根据微积分基本定理求解。在把曲边形面积转化为定积分时，可以以为积分变量也可以以为积分变量，本题如果是以为积分变量，则曲边形的面积是。如果是以为积分变量，则被积函数是以为自变量的函数，如果是以为积分变量，则被积函数是以为自变量的函数。10从张元，张元，张元的亚运门票中任选张，则选取的张中至少有张价格相同的概率

5、为（）ABCD【答案】C.【分析】根据事件的对立性，选取的张中至少有张价格相同的对立事件就是“选取的张中价格互不相同”，即在每种价格的门票中各自选取一张。【解析】基本事件的总数是，在三种价格的门票中各自选取一张的方法数是，故随机事件“选取的张中价格互不相同”的概率是，故其对立事件“选取的张中至少有张价格相同”的概率是。【考点】概率。【点评】在计算古典概型的问题时，如果含有“至多”，“至少”等问题，可以考虑通过事件的对立关系简化计算。11椭圆的焦点为，点在椭圆上，则到轴的距离为（）ABCD【答案】B.【分析】条件，说明点在以线段为直径的圆上，点又在椭圆上，通过方程组即可求得点的坐标，即可求出点到轴的距离。【解析】椭圆的焦点坐标是，点在以线段为直径的圆上，该圆的方程是，即，代入椭圆得，解得，即，此即点到轴的距离。【考点】圆锥曲线与方程。【点评】满足（其中是平面上两个不同的定点）的动点的轨迹是以线段为直径的圆。12上的函数的反函数为，且对于任意的，都有，则的值为（）A3BCD【答案】D.【分析】关系式，说明函数图象的对称性【解析】设函数式图象上的点，则，对于任意恒成立，即函数的图象关于点对称

6、，根据互为反函数的两个函数图象关于直线对称，故函数的图象关于点对称，即当函数图象上两个点的横坐标之和等于时，这两个点的纵坐标之和等于，故。【考点】基本初等函数。【点评】本题考查抽象的函数与其反函数，解题的关键是根据函数图象的对称性，可以说本题考查的重点是使用函数的对称性解题。值得注意的是课标高考对反函数的要求极低，在反函数问题上不要深究。这类抽象函数试题可以，可以通过寻找符合要求的具体函数求解，如本题中函数等均可。第卷（90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13在空间直角坐标系中，点，则点关于面的对称点坐标为 。【答案】。【分析】点关于面的对称点的中点就是点在坐标面内的射影，根据中点坐标公式即可求出。【解析】关于面的对称点第一和第三坐标不变，第二坐标互为相反数，故关于面的对称点的坐标是。【考点】圆与方程。【点评】在空间直角坐标系中求一个点关于坐标原点、坐标轴和坐标平面的对称点的坐标，不要死记，只要根据中点坐标公式即可，如求点关于轴的对称点的坐标时，这个点在轴上的射影点就是点的中点，根据中点坐标公式可得。14若的展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为 。【答案】

7、。【分析】根据二项式系数和是可得值，再根据二项展开式的通项公式中的幂指数等于零即可确定常数项。【解析】由，得。二项展开式的通项公式是，零，解得，由此得的展开式中的常数项是。【考点】计数原理。【点评】注意展开式中二项式系数的和与展开式各项系数和是不同的，二项式系数的和就是，而各项的系数和还受其它因素制约，如本题中各项系数的和是。15，函数在区间上的最大值为，则 。【答案】。【分析】函数的对称轴方程是，在区间内，因此函数取得最大值的点必然是中的一个，逐个进行检验。【解析】根据闭区间上函数取得最值的知识以及二次函数的性质，函数取得最大值的点必然是中的一个。若，则，时，这个函数的最大值为，故不合要求，若，则，当时函数值等于，故也不合要求。若，则，解得，若，则这个函数在内的最大值也不是，不合要求，若，则，此时，故此时函数在上的最大值是，符合要求。若，则，解得，符合要求，当时，此时函数在内的最大值也不是，不合要求。综上所述，。【考点】基本初等函数。【点评】闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，这些最值就是函数在区间内的极值和函数在端点处的函数值中的最大者和最小者，本题的思路就是这样得到的。16

8、直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数的图象恰好通过个格点，则称函数为阶格点函数，下列函数：；，其中是一阶格点函数的有 。【答案】。【分析】根据各个函数的定义域和值域逐个进行判断。【解析】显然点在函数的图象上，而且函数只有最高点和最低点以及图象与轴的交点处，但这些点的横坐标都不是整点，函数是一阶格点函数；函数图象上点为整点，当取的整数时，函数值都不是整数，故函数是一阶格点函数；函数中，当取负整数或者零时，都是整点，故函数不是一阶格点函数；函数，显然点为其格点，当，都是整点，故函数不是一阶格点函数。【考点】基本初等函数。【点评】本题以新定义的形式命制，考查的重点是函数的图象与性质。三、解答题：本大题共5小题，每小题12分，共60分。请将证明过程或演算步骤答在指定的答题框内，超过答题框内的答案无效。17（本题满分12分）中，分别是角的对边，向量，且。（1）求角的大小；（2）若，求的值。【分析】（1）根据得关于角的三角函数的方程，解方程即可求出角；（2）求出角后，根据余弦定理可得一个关于的一元二次方程，解这个方程求解值。【解析】（1）由于，所以，所以，即，即，解得。由于，所以或者。（6分）（2）.由余弦定理得，得，即，解得或者。（12分）【考点】解三角形。【点评】本题考查三角形中三角恒等变换、解三角形。方程思想在三角形问题中的应用极为广泛，根据已知条件可得方程、根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等都可以得到方程，解三角形问题的实质就是根据有关定理列方程求解未知元素。18（本题满分12分）已知圆，直线。（1）求证：对，直线与圆总有两个不同交点；（2）若圆与直线相交于点和点，求弦的中点的轨迹方程。【分析】（1）利用点到圆心的距离小于圆的半径，判别式以及直线系过定点等方法都可以解决；（2）根据韦达定理把点的坐标用参数表示出来，消掉参数即可得到点的轨迹方程。【解析】（1）方法1.直线系恒过定点，且点在圆内部，所以直线直线与圆总有两个不同交点。（6分）方法2.直线方程与圆的方程联立，消掉得，（2分），所以直线与圆总有两个不同交点。（6分）方法3.圆心到直线的距离，所以直线与圆总有两个不同交点。（6分）（2）设，由方程，得，由，得，代入，得，化简得，整理得。（12分）【考点】圆与方程。【点评】本题考查直线与圆的位置关系。在判断直线与圆的位置关

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