四川省達(dá)州市土溪中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析

四川省達(dá)州市土溪中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知函數(shù)，則的大致圖象是（

）參考答案：B2.“x=0”是“sinx=﹣x”的(

)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：C【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；簡易邏輯．【分析】根據(jù)充分必要條件的定義判斷即可．【解答】解：x=0時(shí)：sinx=sin0=0，是充分條件，而由sinx=﹣x，即函數(shù)y=sinx和y=﹣x，在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)y=sinx與y=﹣x的草圖，由圖得交點(diǎn)（0，0）推出x=0，是必要條件，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了充分必要條件，考查函數(shù)的交點(diǎn)問題，是一道基礎(chǔ)題．3.如圖所示，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1cm，粗實(shí)線為某空間幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為

A.2cm3

B.4cm3

C.6cm3

D.8cm3參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．G2

【答案解析】B解析：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)以俯視圖為底面的四棱錐，

其底面面積高h(yuǎn)=2，故體積V=Sh=×6×2=4cm3，故選：B【思路點(diǎn)撥】由三視圖可知，兩個(gè)這樣的幾何體以俯視圖為底面的四棱錐，求出底面面積和高，代入棱錐體積公式，可得答案．4.如圖是某次詩歌比賽上七位評(píng)委為甲、乙兩名選手打出的分?jǐn)?shù)莖葉圖（其中a、b為數(shù)字0---9中的一個(gè)），分別去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分，記甲、乙兩名選手得分的平均數(shù)分別為，得分的方差分別為，則下列結(jié)論正確的是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C略5.已知△的三邊所對(duì)的角分別為,且,則的值為A.

B.

C.

D.參考答案：C6.在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊為a,b,c，且

A．

B．—

C．

D．—

參考答案：B7.已知集合，則（

）A． B． C． D．參考答案：C8.已知向量（

）

A．—3

B．—2

C．1

D．－1參考答案：A9.定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f（x）滿足f（4﹣x）+f（x）=0，當(dāng)﹣2＜x＜0時(shí)，f（x）=2x，則f（log220）=（）A． B． C． D．參考答案：B【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】求出函數(shù)的周期，化簡所求的表達(dá)式，代入已知條件求解即可．【解答】解：定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f（x）滿足f（4﹣x）+f（x）=0，可得f（x）=﹣f（4﹣x）=f（x﹣4），所以函數(shù)的周期為：4．當(dāng)﹣2＜x＜0時(shí)，f（x）=2x，則f（log220）=f（log220﹣4）=f（log2）=﹣f（﹣log2）=﹣=﹣．故選：B．10.的單調(diào)減區(qū)間為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.

函數(shù)的圖像恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線上，其中則的最小值為

．參考答案：12.函數(shù)在區(qū)間上存在一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是

參考答案：當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上沒有零點(diǎn)，所以，所以根據(jù)根的存在定理可得，即，所以，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是。13.已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為，其前

n項(xiàng)和為，則在數(shù)列中，有理數(shù)項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為________．參考答案：略14.某產(chǎn)品的廣告費(fèi)用x與銷售額y的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如表：廣告費(fèi)x（萬元）2345利潤y（萬元）264956根據(jù)表格已得回歸方程為=9.4x+9.1，表中有一數(shù)據(jù)模糊不清，請(qǐng)推算該數(shù)據(jù)的值為．參考答案：37【考點(diǎn)】線性回歸方程．【專題】計(jì)算題；方程思想；綜合法；概率與統(tǒng)計(jì)．【分析】設(shè)數(shù)據(jù)的值為a，利用回歸直線方程恒過樣本中心點(diǎn)，求出a．【解答】解：設(shè)數(shù)據(jù)的值為a，依題意知，=3.5，=（131+a），∵利用回歸直線方程恒過樣本中心點(diǎn)，∴（131+a）=3.5×9.4+9.1，∴a=37，故答案為：37．【點(diǎn)評(píng)】本題考查數(shù)據(jù)的回歸直線方程，利用回歸直線方程恒過樣本中心點(diǎn)是關(guān)鍵．15.（坐標(biāo)系與參數(shù)方程）直線與圓相交的弦長為.參考答案：.

直線與圓的普通方程為，圓心到直線的距離為，所以弦長為.16.對(duì)于任意的恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是______.參考答案：略17.若對(duì)于任意的x＞0，不等式≤a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為．參考答案：[，+∞）【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用．【分析】由x＞0，=，運(yùn)用基本不等式可得最大值，由恒成立思想可得a的范圍．【解答】解：由x＞0，=≤=，當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)，取得最大值．所以要使不等式≤a恒成立，則a≥，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[，+∞）．故答案為：[，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的恒成立問題的解法，注意運(yùn)用基本不等式求得最值，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（2016?邵陽二模）已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為e=，右焦點(diǎn)到右頂點(diǎn)的距離為﹣（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓的左，右焦點(diǎn)，過F2作直線交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，求△PQF1的內(nèi)切圓半徑r的最大值．參考答案：【考點(diǎn)】橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】（1）由題意設(shè)橢圓方程，由e==，a﹣c=﹣，即可求得a和c的值，由b2=a2﹣c2=1，即可求得b的值，求得橢圓方程；（2）由當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為：x=ky+，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知y1+y2，y1?y2，根據(jù)三角形的面積公式可知S=丨F1+F2丨?丨y1﹣y2丨=（丨PF1丨+丨F1Q丨+丨PQ丨）?r，求得r的表達(dá)式，根據(jù)基本不等式的關(guān)系，即可求得△PQF1的內(nèi)切圓半徑r的最大值．【解答】解：（1）由題意可知：設(shè)橢圓方程為：，（a＞b＞0），則e==，a﹣c=﹣，解得：a=，c=，由b2=a2﹣c2=1，∴橢圓的方程為：；（2）由（1）可知：F1（﹣，0），F(xiàn)2（，1），設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），當(dāng)PQ斜率不存在時(shí)，可得：r=，當(dāng)PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為：x=ky+，將直線方程代入橢圓方程，整理得：（k2+3）y2+2ky﹣0=0，由韋達(dá)定理可知：y1+y2=﹣，y1?y2=﹣，△PQF1面積S=丨F1+F2丨?丨y1﹣y2丨==，由S=（丨PF1丨+丨F1Q丨+丨PQ丨）?r=2a?r=2r，∴=2r，∴r==≤，當(dāng)且僅當(dāng)=時(shí)，即k=±1時(shí)，等號(hào)成立，∴內(nèi)切圓半徑的最大值為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查三角形面積公式及基本不等式的關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．21．（12分）（2016?邵陽二模）已知函數(shù)f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a為常數(shù)）．（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若存在x0∈（0，1]，使得對(duì)任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【答案】【解析】【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用；函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；其他不等式的解法．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)二次函數(shù)中參數(shù)a進(jìn)行分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)（1），得出f（x0）的最大值，問題可轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，構(gòu)造函數(shù)h（a）=2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，根據(jù)題意得出m的范圍，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，利用導(dǎo)函數(shù)，對(duì)m進(jìn)行區(qū)間內(nèi)討論，求出m的范圍．【解答】解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，f'（x）=+2x﹣2a=，令g（x）=2x2﹣2ax+1，（i）當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；（ii）當(dāng)0＜a時(shí)，因?yàn)椤鳌?，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；（iii）當(dāng)a＞時(shí)，x在（，）時(shí)，g（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；在區(qū)間（0，）和（，+∞）時(shí)，g（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；（II）由（I）知當(dāng)a∈（﹣2，0]，時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，函數(shù)f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，對(duì)任意的a∈（﹣2，0]，都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，等價(jià)于對(duì)任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，記h（a）=2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，h'（a）=2（a+2）（mea﹣1）=0，∴a=﹣2或a=﹣lnm，∵a∈（﹣2，0]，∴2（a+2）＞0，①當(dāng)1＜m＜e2時(shí)，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）時(shí)，h'（a）＜0，a∈（﹣lnm，0）時(shí)，h'（a）＞0，所以h（a）最小值為h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，所以a∈（﹣2，﹣lnm）時(shí)，h（a）＞0恒成立；②當(dāng)m=e2時(shí)，h'（a）=2（a+2）（ea+2﹣1），因?yàn)閍∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，此時(shí)單調(diào)遞增，且h（﹣2）=0，所以a∈（﹣2，0]，時(shí)，h（a）＞0恒成立；綜上，m的取值范圍是（1，e2]．【點(diǎn)評(píng)】考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用和利用構(gòu)造函數(shù)的方法，對(duì)存在問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)解決實(shí)際問題．19.（2017?樂山二模）已知數(shù)列{an}滿足a1=3，．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn=log2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求使Sn＜﹣4的最小自然數(shù)n．參考答案：【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式．【分析】（1）由數(shù)列{}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，=2+n﹣1=n+1，即可求得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）由（1）可知bn=log2=log2=log2（n+1）﹣log2（n+2），求得Sn=b1+b2+…+bn=1﹣log2（n+2），由Sn＜﹣4，利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，即可求得最小自然數(shù)n的值．【解答】解：（1）由，則數(shù)列{}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴=2+n﹣1=n+1，∴an=n2+2n，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=n2+2n；（2）bn=log2=log2=log2=log2（n+1）﹣log2（n+2），數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn=b1+b2+…+bn=log22﹣log23+log23﹣log24+…+log2（n+1）﹣log2（n+2），=1﹣log2（n+2），由Sn＜﹣4，1﹣log2（n+2）＜﹣4，log2（n+2）＞5=log232，∴n+2＞32，解得：n＞30，滿足Sn＜﹣4的最小自然數(shù)n為31．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，等差數(shù)列通項(xiàng)公式，對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．20.（12分）

如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱底面ABCD，，E是PC的中點(diǎn)，作交PB于點(diǎn)F。

(I)證明平面；

(II)證明平面EFD；

(III)求二面角的大小。

參考答案：解析：方法一：(I)

證明：連結(jié)AC，AC交BD于O。連結(jié)EO。

底面ABCD是正方形，點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)在中，EO是中位線，。而平面EDB且平面EDB，所以，平面EDB。

。。。。。。。。。。。。。。3分(II)證明：底在ABCD且底面ABCD，

①同樣由底面ABCD，得

底面ABCD是正方形，有平面PDC而平面PDC，

②

。。。。。。。。。。。。。。6分由①和②推得平面PBC而平面PBC，又且，所以平面EFD

。。。。。。。。。。。。。。。。8分(III)解：由(II)知，，故是二面角的平面角由(II)知，設(shè)正方形ABCD的邊長為，則在中，

。。。。。。。。。。。。10分在中，所以，二面角的大小為方法二：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn)。設(shè)

(I)證明：連結(jié)AC，AC交BD于G。連結(jié)EG。依題意得

底面ABCD是正方形，是此正方形的中心，故點(diǎn)G的坐標(biāo)為且

。這表明。而平面EDB且平面EDB，平面EDB。(II)證明：依題意得。又故由已知，且所以平面EFD。(III)解：設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為則從而

所以由條件知，即

解得。

點(diǎn)F的坐標(biāo)為

且即，故是二面角的平面角。且

所以，二面角的大小為21.已知函數(shù)，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程是5x﹣4y+1=0．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）設(shè)g（x）=2ln（x+1）﹣mf（x），若當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，恒有g(shù)（x）≤0，求m的取值范圍．參考答案：考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．專題：綜合題；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．分析：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，利用曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程是5x﹣4y+1=0，建立方程組，即可求a，b的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，，求導(dǎo)函數(shù)，構(gòu)建新函數(shù)h（x）=﹣mx2+（2﹣2m）x+2﹣2m，分類討論，確定g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性，即可得到結(jié)論．解答： 解：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，可得．∵曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程是5x﹣4y+1=0．∴，∴，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，∴，則，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣令h（x）=﹣mx2+（2﹣2m）x+2﹣2m，當(dāng)m=0時(shí)，h（x）=2x+2，在x∈[0，+∞）時(shí)，h（x）＞0，∴g′（x）＞0，即g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，則g（x）≥g（0）=0，不滿足題設(shè)．當(dāng)m＜0時(shí)，∵且h（0）=2﹣2m＞0∴x∈[0，+∞）時(shí)，h（x）＞0，g′（x）＞0，即g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，則g（x）≥g（0）=0，不滿足題設(shè)．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣當(dāng)0＜m＜1時(shí)，則△=（2﹣2m）2+4m（2=2m）=4（1﹣m2）