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!
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。
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。
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、
10、