河南省平頂山市第五中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析

河南省平頂山市第五中學(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選項中，只有是一個符合題目要求的1.執(zhí)行右邊的程序框圖，若輸出的S是127，則條件①可以為A.

B.

C.

D參考答案：B略2.一個組合體的主視圖和左視圖相同，如圖，其體積為，則圖中的為 A．

B． C． D．參考答案：B3.下列命題中的假命題是（）A．log23＜log35 B．?x∈（﹣∞，0），ex＞x+1C． D．?x＞0，x＞sinx參考答案：A【考點】4M：對數(shù)值大小的比較．【分析】對于A．log23＞=，log35＜=，即可判斷出真假．對于B．?x∈（﹣∞，0），令f（x）=ex﹣x﹣1，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，即可判斷出真假．對于C．根據(jù)＜0＜=＜1=，即可判斷出真假．對于D．令f（x）=x﹣sinx，x∈（0，+∞），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．【解答】解：對于A．∵log23＞=，log35＜=，∴l(xiāng)og23＞log35，因此是假命題．對于B．?x∈（﹣∞，0），令f（x）=ex﹣x﹣1，f′（x）=ex﹣1＜0，因此函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，∴f（x）＞f（0）=0，∴ex＞x+1，因此是真命題．對于C．∵＜0＜=＜1=，因此是真命題．對于D．令f（x）=x﹣sinx，x∈（0，+∞），則f′（x）=1﹣cosx≥0，因此函數(shù)f（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）＞f（0）=0，因此是真命題．故選：A．【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．4.已知為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（

）A.若，則B.若平面內(nèi)有不共線的三點到平面的距離相等，則C.若，則D.若，則參考答案：D5.已知點F1、F2是雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，O為坐標原點，點P在雙曲線C的右支上，且滿足|F1F2|=2|OP|，|PF1|≥3|PF2|，則雙曲線C的離心率的取值范圍為（）A．（1，+∞） B．[，+∞） C．（1，] D．（1，]參考答案：C【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】由直角三角形的判定定理可得△PF1F2為直角三角形，且PF1⊥PF2，運用雙曲線的定義，可得|PF1|﹣|PF2|=2a，又|PF1|≥3|PF2|，可得|PF2|≤a，再由勾股定理，即可得到c≤a，運用離心率公式，即可得到所求范圍．【解答】解：由|F1F2|=2|OP|，可得|OP|=c，即有△PF1F2為直角三角形，且PF1⊥PF2，可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，由雙曲線定義可得|PF1|﹣|PF2|=2a，又|PF1|≥3|PF2|，可得|PF2|≤a，即有（|PF2|+2a）2+|PF2|2=4c2，化為（|PF2|+a）2=2c2﹣a2，即有2c2﹣a2≤4a2，可得c≤a，由e=可得1＜e≤，故選：C．6.函數(shù)，當時，恒成立,則的最大值與最小值之和為（）A．18

B．16

C．

D．

參考答案：D略7.已知二次函數(shù)，當n依次取時，其圖像在x軸上所截得的線段的長度的總和為（

）A.1

B．

C.

D.

參考答案：B略8.下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間(0.3)內(nèi)是增函數(shù)的是

(A)y=(B)y=coss

(C）y=(D)y=x＋x－1參考答案：A9.圖中的程序框圖所描述的算法稱為歐幾里得展轉(zhuǎn)相除法，若輸入m=209，n=121，則輸出m的值等于（）A．10 B．11 C．12 D．13參考答案：B【考點】程序框圖．【分析】先求出m除以n的余數(shù)，然后利用輾轉(zhuǎn)相除法，將n的值賦給m，將余數(shù)賦給n，進行迭代，一直算到余數(shù)為零時m的值即可．【解答】解：當m=209，n=121，m除以n的余數(shù)是88此時m=121，n=88，m除以n的余數(shù)是33此時m=88，n=33，m除以n的余數(shù)是22此時m=33，n=22，m除以n的余數(shù)是11，此時m=22，n=11，m除以n的余數(shù)是0，此時m=11，n=0，退出程序，輸出結(jié)果為11，故選：B．10.已知圓：，點，．從點觀察點，要使視線不被圓擋住，則實數(shù)的取值范圍為

()A．

B．(－∞,－4)∪(4,+∞)

C．(－∞,－2)∪(2,+∞)

D．(－4,4)參考答案：B點在直線上，過點作圓的切線，設(shè)該切線的斜率為，則該切線的方程為，即．由圓心到切線的距離等于半徑得：，∴，∴該切線的方程為，它和直線的交點為、．故要使視線不被圓擋住，則實數(shù)的取值范圍為，故應(yīng)選B．（或作出圖形，利用平幾法，求相關(guān)線段）二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在平面上，，，．若，則的取值范圍是

．參考答案：分別以、為、軸建立直角坐標系，設(shè)，由得.設(shè)，由得，，兩式相加得，即，于是，又，故，即的取值范圍是.12.設(shè)連續(xù)擲兩次骰子得到的點數(shù)分別為，則直線與圓相交的概率是

_

參考答案：13.已知，則的值是

。參考答案：14.一個正三棱錐的四個頂點都在半徑為1的球面上，其中底面的三個頂點在該球的一個大圓上，則該正三棱錐的體積是

參考答案：15.右圖是一個算法的流程圖，最后輸出的k＝

▲

．參考答案：1116.極坐標與參數(shù)方程）以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸，已知直線、的極坐標方程分別為，，直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），則直線、、所圍成的面積為____________.參考答案：略17.已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3=3，S9﹣S6=12，則S6=

．參考答案：9【考點】等差數(shù)列的前n項和；等差數(shù)列的性質(zhì)．【分析】根據(jù)正項等比數(shù)列{an}的前n項和的性質(zhì)，Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等比數(shù)列，建立等式關(guān)系，解之即可．【解答】解：∵正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等比數(shù)列即（S6﹣S3）2=S3?（S9﹣S6），∴（S6﹣3）2=3×12解得S6=9或﹣3（正項等比數(shù)列可知﹣3舍去），故答案為：9【點評】本題主要考查了等比數(shù)列的前n項和，以及等比數(shù)列的性質(zhì)，同時考查運算求解的能力，屬于基礎(chǔ)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.（本小題滿分14分）已知每項均是正整數(shù)的數(shù)列，其中等于的項有個，設(shè)，（Ⅰ）設(shè)數(shù)列，①求；②求的值；（Ⅱ）若中最大的項為50，比較的大小.參考答案：解:(I)①因為數(shù)列，

所以，

所以.

………8分

②……….10分

(II)一方面，，根據(jù)的含義知，

故，即，

當且僅當時取等號.因為中最大的項為50，所以當時必有，

所以即當時，有；

當時，有.14分19.已知直線y=﹣x+1與橢圓=1（a＞b＞0）相交于A、B兩點．（1）若橢圓的離心率為，焦距為2，求橢圓的標準方程；（2）若OA⊥OB（其中O為坐標原點），當橢圓的離率e∈時，求橢圓的長軸長的最大值．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標準方程．【分析】（1）利用橢圓的離心率公式求出橢圓中的參數(shù)a，利用橢圓中三個參數(shù)的關(guān)系求出b，代入橢圓的方程求出橢圓的標準方程．（2）將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，利用韋達定理求出兩個交點的橫、縱坐標之積；利用向量垂直的充要條件將OA⊥OB用交點的坐標表示，得到橢圓的三個參數(shù)的一個等式，再利用橢圓的三個參數(shù)本身的關(guān)系得到參數(shù)a與離心率的關(guān)系，利用離心率的范圍求出a的范圍，得到橢圓的長軸長的最大值．【解答】解（1）∵e=．又2c=2，解得a=，則b=．∴橢圓方程為：+=1（2）由消去y得（a2+b2）?x2﹣2a2x+a2?（1﹣b2）=0，由△=（﹣2a2）2﹣4a2（a2+b2）（1﹣b2）＞0，整理得a2+b2＞1．設(shè)A（x1，y1，），B（x2，y2），則x1+x2=．∴y1y2=（﹣x1+1）（﹣x2+1）=x1x2﹣（x1+x2）+1．∵OA⊥OB（其中O為坐標原點），∴x1x2+y1y2=0，即2x1x2﹣（x1+x2）+1=0．∴+1=0．整理得a2+b2﹣2a2b2=0．∵b2=a2﹣c2=a2﹣a2e2，代入上式得2a2=1+，∴a2=．∵e∈∴，∴，∴≤2，∴≤3，∴，適合條件a2+b2＞1，由此得．∴，故長軸長的最大值為20.三棱錐D－ABC中，DA＝DB，，△ABC為正三角形。（I）求證：；（II）若平面DAB⊥平面ABC，求二面角D-BC-A的正切值。參考答案：證明：（I）設(shè)AB中點為E，連接DE，CE。在中，因為DA＝DB，所以在中，因為CA＝CB，所以

2分而所以而

4分所以。

5分解：（II）過點E作于點F，連接DF。

6分由（I）知因為平面平面ABC所以

7分而所以

從面所以

9分即為二面角的平面角,設(shè)為，

10分設(shè)BE＝1，則在中，DE＝1，

11分則。

12分21.如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4．E，F(xiàn)分別在線段BC和AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起．記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．（Ⅰ）求證：NC∥平面MFD；（Ⅱ）若EC=3，求證：ND⊥FC；（Ⅲ）求四面體NFEC體積的最大值．參考答案：考點：直線與平面垂直的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定．專題：綜合題；空間位置關(guān)系與距離．分析：（Ⅰ）先證明四邊形MNCD是平行四邊形，利用線面平行的判定，可證NC∥平面MFD；（Ⅱ）連接ED，設(shè)ED∩FC=O．根據(jù)平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，可證NE⊥平面ECDF，從而可得FC⊥NE，進一步可證FC⊥平面NED，利用線面垂直的判定，可得ND⊥FC；（Ⅲ）先表示出四面體NFEC的體積，再利用基本不等式，即可求得四面體NFEC的體積最大值．解答： （Ⅰ）證明：因為四邊形MNEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN=EF=CD．所以四邊形MNCD是平行四邊形，…所以NC∥MD，…因為NC?平面MFD，所以NC∥平面MFD．

…（Ⅱ）證明：連接ED，設(shè)ED∩FC=O．因為平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，所以NE⊥平面ECDF，…因為FC?平面ECDF，所以FC⊥NE．

…又EC=CD，所以四邊形ECDF為正方形，所以FC⊥ED．

…所以FC⊥平面NED，…因為ND?平面NED，所以ND⊥FC．

…（Ⅲ）解：設(shè)NE=x，則EC=4﹣x，其中0＜x＜4．由（Ⅰ）得NE⊥平面FEC，所以四面體NFEC的體積為．…所以．

…當且僅當x=