标题 | 高三数学练习题 |
范文 | 高三数学练习题合集 高中的教学内容与其之前的初等教育(小学)、中等教育初级阶段(初中)相比,具有更强的理论色彩。下面是小编为大家整理的关于高三数学练习题,希望对您有所帮助! 高三数学练习题1一、选择题。 1、已知实数满足1 A.p或q为真命题 B.p且q为假命题 C.非P且q为真命题 D.非p或非q为真命题 2、已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列,则|m-n|=____________ A.1B.C.D. 3、当时,令为与中的较大者,设a、b分别是f(x)的最大值和最小值,则a+b等于 A.0B. C.1-D. 4、若直线过圆的圆心,则ab的最大值是 A.B.C.1D.2 5、正四面体的四个顶点都在一个球面上,且正四面体的高为4,则球的表面积为 A.B.18 C.36D. 6、过抛物线的焦点下的直线的倾斜角,交抛物线于A、B两点,且A在x轴的上方,则|FA|的取值范围是() A.B. C.D. 二、填空题。 7、若且a:b=3:2,则n=________________ 8、定义区间长度m为这样的一个量:m的大小为区间右端点的值减去区间去端点的值,若关于x的不等式,且解的区间长度不超过5个单位长,则a的取值范围是__________ 9、已知是不同的直线,是不重合的平面,给出下列命题: (1)若,则平行于平面内的任意一条直线 上面命题中,真命题的序号是__________(写出所有真命题的序号) 10、已知向量,令求函数的最大值、最小正周期,并写出在[0,]上的单调区间。 11、已知函数 (1)若在区间[1,+]上是增函数,求实数a的取值范围。 (2)若是的极值点,求在[1,a]上的最大值; (3)在(2)的条件下,是否存在实数b,使得正数的图象与函数的图象恰有3个交点,若存在,请求出实数b的取值范围;若不存在,试说明理由。 12、如图三棱锥S-ABC中,SA平面ABC,,SA=BC=2,AB=4,M、N、D分别是SC、AB、BC的中点。 (1)求证MNAB; (2)求二面角S-ND-A的正切值; (3)求A点到平面SND的距离。 高三数学练习题2一、选择题。 1、设集合A=___则方程表示焦点位于y轴上的椭圆有() A.5个 B.10个 C.20个 D.25个 2、不等式的解集是 A. B.C.D. 3、的`图像关于点对称,且在处函数有最小值,则的一个可能的取值是 A.0B.3C.6D.9 4、五个旅客投宿到三个旅馆,每个旅馆至少住一人,则住法总数有()种 A.90B.60C.150D.180 5、不等式成立,则x的范围是 A.B. C.D. 二、填空题。 1、正方体的棱长为a,则以其六个面的中心为顶点的多面体的体积是___________ 2、的图象是中心对称图形,对称中心是________________ 3、对于两个不共线向量、,定义为一个新的向量,满足: (1)=(为与的夹角) (2)的方向与、所在的平面垂直 在边长为a的正方体ABCD-ABCD中,()?=______________ 三、解答题。 1、设,是的两个极值点,且 (1)证明:0 (2)证明: (3)若,证明:当且时 2、双曲线两焦点F1和F2,F1是的焦点,两点,B(1,2)都在双曲线上。 (1)求点F1的坐标 (2)求点F2的轨迹 3、非等边三角形ABC外接圆半径为2,最长边BC=,求的取值范围。 高三数学练习题3一、选择题 1.在△ABC中,sinA=sinB,则△ABC是() A.直角三角形B.锐角三角形 C.钝角三角形D.等腰三角形 答案D 2.在△ABC中,若acosA=bcosB=ccosC,则△ABC是() A.直角三角形B.等边三角形 C.钝角三角形D.等腰直角三角形 答案B 解析由正弦定理知:sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC, ∴tanA=tanB=tanC,∴A=B=C. 3.在△ABC中,sinA=34,a=10,则边长c的取值范围是() A.152,+∞B.(10,+∞) C.(0,10)D.0,403 答案D 解析∵csinC=asinA=403,∴c=403sinC. ∴0 4.在△ABC中,a=2bcosC,则这个三角形一定是() A.等腰三角形B.直角三角形 C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形 答案A 解析由a=2bcosC得,sinA=2sinBcosC, ∴sin(B+C)=2sinBcosC, ∴sinBcosC+cosBsinC=2sinBcosC, ∴sin(B-C)=0,∴B=C. 5.在△ABC中,已知(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6,则sinA∶sinB∶sinC等于() A.6∶5∶4B.7∶5∶3 C.3∶5∶7D.4∶5∶6 答案B 解析∵(b+c)∶(c+a)∶(a+b)=4∶5∶6, ∴b+c4=c+a5=a+b6. 令b+c4=c+a5=a+b6=k(k>0), 则b+c=4kc+a=5ka+b=6k,解得a=72kb=52kc=32k. ∴sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=7∶5∶3. 6.已知三角形面积为14,外接圆面积为π,则这个三角形的三边之积为() A.1B.2 C.12D.4 答案A 解析设三角形外接圆半径为R,则由πR2=π, 得R=1,由S△=12absinC=abc4R=abc4=14,∴abc=1. 二、填空题 7.在△ABC中,已知a=32,cosC=13,S△ABC=43,则b=________. 答案23 解析∵cosC=13,∴sinC=223, ∴12absinC=43,∴b=23. 8.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A=60°,a=3,b=1,则c=________. 答案2 解析由正弦定理asinA=bsinB,得3sin60°=1sinB, ∴sinB=12,故B=30°或150°.由a>b, 得A>B,∴B=30°,故C=90°, 由勾股定理得c=2. 9.在单位圆上有三点A,B,C,设△ABC三边长分别为a,b,c,则asinA+b2sinB+2csinC=________. 答案7 解析∵△ABC的外接圆直径为2R=2, ∴asinA=bsinB=csinC=2R=2, ∴asinA+b2sinB+2csinC=2+1+4=7. 10.在△ABC中,A=60°,a=63,b=12,S△ABC=183,则a+b+csinA+sinB+sinC=________,c=________. 答案126 解析a+b+csinA+sinB+sinC=asinA=6332=12. ∵S△ABC=12absinC=12×63×12sinC=183, ∴sinC=12,∴csinC=asinA=12,∴c=6. 三、解答题 11.在△ABC中,求证:a-ccosBb-ccosA=sinBsinA. 证明因为在△ABC中,asinA=bsinB=csinC=2R, 所以左边=2RsinA-2RsinCcosB2RsinB-2RsinCcosA =sin(B+C)-sinCcosBsin(A+C)-sinCcosA=sinBcosCsinAcosC=sinBsinA=右边. 所以等式成立,即a-ccosBb-ccosA=sinBsinA. 12.在△ABC中,已知a2tanB=b2tanA,试判断△ABC的形状. 解设三角形外接圆半径为R,则a2tanB=b2tanA a2sinBcosB=b2sinAcosA 4R2sin2AsinBcosB=4R2sin2BsinAcosA sinAcosA=sinBcosB sin2A=sin2B 2A=2B或2A+2B=π A=B或A+B=π2. ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形. 能力提升 13.在△ABC中,B=60°,边与最小边之比为(3+1)∶2,则角为() A.45°B.60°C.75°D.90° 答案C 解析设C为角,则A为最小角,则A+C=120°, ∴sinCsinA=sin120°-AsinA =sin120°cosA-cos120°sinAsinA =32tanA+12=3+12=32+12, ∴tanA=1,A=45°,C=75°. 14.在△ABC中,a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边,若a=2,C=π4, cosB2=255,求△ABC的面积S. 解cosB=2cos2B2-1=35, 故B为锐角,sinB=45. 所以sinA=sin(π-B-C)=sin3π4-B=7210. 由正弦定理得c=asinCsinA=107, 所以S△ABC=12acsinB=12×2×107×45=87. 1.在△ABC中,有以下结论: (1)A+B+C=π; (2)sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC; (3)A+B2+C2=π2; (4)sinA+B2=cosC2,cosA+B2=sinC2,tanA+B2=1tanC2. 2.借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化,从而进行三角形形状的判断、三角恒等式的证明. 高三数学练习参考答案 1①真命题;②假命题,若a与b中有一个为零向量时,其方向是不确定的;③真命题;④假命题,终点相同并不能说明这两个向量的方向相同或相反;⑤假命题,向量可用有向线段来表示,但并不是有向线段. 2.④ 解析由|AB→|=|AC→|+|BC→|=|AC→|+|CB→|,知C点在线段AB上,否则与三角形两边之和大于第三边矛盾,所以AC→与CB→同向. 3.BD1→ 解析如图所示, ∵DD1→=AA1→,DD1→-AB→=AA1→-AB→=BA1→, BA1→+BC→=BD1→, ∴DD1→-AB→+BC→=BD1→. 4.AC1→=AB→+AD→+AA1→ 解析因为AB→+AD→=AC→,AC→+AA1→=AC1→, 所以AC1→=AB→+AD→+AA1→. 5.AM→ 解析如图所示, 因为12(BD→+BC→)=BM→, 所以AB→+12(BD→+BC→) =AB→+BM→=AM→. 6.① 解析观察平行六面体ABCD—A1B1C1D1可知,向量EF→,GH→,PQ→平移后可以首尾相连,于是EF→+GH→+PQ→=0. 7.相等相反 8.0 解析在任何图形中,首尾相接的若干个向量和为零向量. 9. 解(1)AB→+BC→+CD→=AC→+CD→=AD→. (2)∵E,F,G分别为BC,CD,DB的中点. ∴BE→=EC→,EF→=GD→. ∴AB→+GD→+EC→=AB→+BE→+EF→=AF→. 故所求向量AD→,AF→,如图所示. 10. 证明连结BG,延长后交CD于E,由G为△BCD的重心, 知BG→=23BE→. ∵E为CD的中点, ∴BE→=12BC→+12BD→. AG→=AB→+BG→=AB→+23BE→=AB→+13(BC→+BD→) =AB→+13[(AC→-AB→)+(AD→-AB→)] =13(AB→+AC→+AD→). 11.23a+13b 解析AF→=AC→+CF→ =a+23CD→ =a+13(b-a) =23a+13b. 12.证明如图所示,平行六面体ABCD—A′B′C′D′,设点O是AC′的中点, 则AO→=12AC′→ =12(AB→+AD→+AA′→). 设P、M、N分别是BD′、CA′、DB′的中点. 则AP→=AB→+BP→=AB→+12BD′→ =AB→+12(BA→+BC→+BB′→) =AB→+12(-AB→+AD→+AA′→) =12(AB→+AD→+AA′→). 同理可证:AM→=12(AB→+AD→+AA′→) AN→=12(AB→+AD→+AA′→). 由此可知O,P,M,N四点重合. 故平行六面体的对角线相交于一点,且在交点处互相平分. 高三数学练习题答案 1.① 2.f(x0+Δx)-f(x0) 3.4+2Δx 解析Δy=f(1+Δx)-f(1)=2(1+Δx)2-1-2×12+1=4Δx+2(Δx)2, ∴ΔyΔx=4Δx+2(Δx)2Δx=4+2Δx. 4.s(t+Δt)-s(t)Δt 解析由平均速度的定义可知,物体在t到t+Δt这段时间内的平均速度是其位移改变量与时间改变量的比. 所以v=ΔsΔt=s(t+Δt)-s(t)Δt. 5.-1 解析ΔyΔx=f(3)-f(1)3-1=1-32=-1. 6.0.41 7.1 解析由平均变化率的几何意义知k=2-11-0=1. 8.4.1 解析质点在区间[2,2.1]内的平均速度可由ΔsΔt求得,即v=ΔsΔt=s(2.1)-s(2)0.1=4.1. 9.解函数f(x)在[-3,-1]上的平均变化率为: f(-1)-f(-3)(-1)-(-3) =[(-1)2-2×(-1)]-[(-3)2-2×(-3)]2=-6. 函数f(x)在[2,4]上的平均变化率为: f(4)-f(2)4-2=(42-2×4)-(22-2×2)2=4. 10.解∵Δy=f(1+Δx)-f(1)=(1+Δx)3-1 =3Δx+3(Δx)2+(Δx)3, ∴割线PQ的斜率 ΔyΔx=(Δx)3+3(Δx)2+3ΔxΔx=(Δx)2+3Δx+3. 当Δx=0.1时,割线PQ的斜率为k, 则k=ΔyΔx=(0.1)2+3×0.1+3=3.31. ∴当Δx=0.1时割线的斜率为3.31. 11.解乙跑的快.因为在相同的时间内,甲跑的路程小于乙跑的路程,即甲的平均速度比乙的平均速度小. 12.解函数f(x)在[0,a]上的平均变化率为 f(a)-f(0)a-0=a2+2aa=a+2. 函数g(x)在[2,3]上的平均变化率为 g(3)-g(2)3-2=(2×3-3)-(2×2-3)1=2. ∵a+2=2×2,∴a=2. |
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