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1、云南省曲靖市宣威市倘塘镇第二中学高三数学理期末试卷含解析一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的1. 函数图象的大致形状是( )参考答案:B,为奇函数,令,则,选.2. 若则的大小关系为 ( )A B C D参考答案:B略3. ( ) A. B. C. D. 参考答案:C4. 已知是R上的奇函数,且为偶函数,当时,则( )AB C1 D1参考答案:A5. “x(x5)0成立”是“|x1|4成立”的( )A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案:A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 【
2、专题】计算题【分析】由x(x5)0?0x5,|x1|4?3x5,知“x(x5)0成立”?“|x1|4成立”【解答】解:x(x5)0?0x5,|x1|4?3x5,“x(x5)0成立”?“|x1|4成立”,“x(x5)0成立”是“|x1|4成立”的充分而不必要条件故选A【点评】本题考查必要条件、充分分条件、充要条件的判断和应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意不等式的合理运用6. 已知集合,若,则实数的值是( ) A B、0或3 C D参考答案:D7. 的外接圆半径和的面积都等于1,则( )A B C D参考答案:D8. 已知等差数列的前项的和为,且满足,则一定有( )A. 是常数 B. 是常数
3、C. 是常数 D. 是常数参考答案:D9. 在下列区间中,函数的的零点所在的区间为 ( )A(-,0) B(0,) C(,) D(,)参考答案:C10. 设过曲线(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为,总存在过曲线上一点处的切线,使得,则实数a的取值范围是A1,1B2,2C1,2D2,1 参考答案:C成立 即二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若平面向量=(cos,sin),=(1,1),且,则sin2的值是 参考答案:1【考点】三角函数中的恒等变换应用;平面向量数量积的运算【分析】利用向量垂直,就是数量积为0,求出cossin=0,两边平方,利用同角三角函数基本关系
4、式,二倍角的正弦函数公式可求sin2的值【解答】解:因为,所以?=0,即:cossin=0,两边平方可得:cos22sincos+sin2=0,可得:1sin2=0,解得:sin2=1故答案为:112. 在二项式(x)5的展开式中,含x5项的系数为 (结果用数值表示)参考答案:1考点:二项式系数的性质专题:二项式定理分析:先求出二项式展开式的通项公式,再令x的幂指数等于05,求得r的值,即可求得展开式中含x5项的系数解答:解:二项式(x)5的展开式的通项公式为Tr+1=?(1)r?,令5=5,求得r=0,可得含x5项的系数为1,故答案为:1点评:本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,
5、二项式展开式的通项公式,属于基础题13. 已知各项均为正数的等比数列中,则 。参考答案:27【知识点】等比数列. D3 解析:(负值舍去),所以.【思路点拨】由已知条件求出首项和公比即可.14. 已知集合是满足下列性质的函数的全体:存在非零常数k, 对定义域中的任意,等式恒成立现有两个函数,则函数、与集合的关系为 参考答案:15. 已知正数x,y满足约束条件,则的最小值为 参考答案:【考点】7C:简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域,令t=2x+y,化为y=2x+t,数形结合求得t的最大值,进一步求得的最小值【解答】解:由约束条件作出可行域如图,联立,解得A(1,2)令t=2x+y,化为y
6、=2x+t,由图可知,当直线y=2x+t过A时,t有最大值为4的最小值为故答案为:16. 由直线与曲线所围成的封闭图形的面积为 * * * * . 参考答案:17. 在平面直角坐标系内,直线l:2x+y2=0,将l与两坐标轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周,所得几何体的体积为参考答案:【考点】用定积分求简单几何体的体积【分析】由题意此几何体的体积可以看作是:V=,求出积分即得所求体积,方法二由题意可得绕y轴旋转,形成的是以1为半径,2为高的圆锥,根据圆锥的体积公式,即可求得所得几何体的体积【解答】解:由题意可知:V=,V=(y3),=方法二:由题意可知绕y轴旋转,形成的是以1为半径,2为高的圆锥,
7、则V=?122=,故答案为三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤18. 如图,设F是椭圆+=1的下焦点,直线y=kx4(k0)与椭圆相交于A、B两点,与y轴交于点P(1)若=,求k的值;(2)求证:AFP=BF0;(3)求面积ABF的最大值参考答案:【考点】椭圆的简单性质【分析】(1)联立,得(3k2+4)x224kx+36=0,由此利用韦达定理、根的判别式、向量相等,结合已知条件能求出k(2)证明AFP=BFO,等价于证明等价于kAF+kBF=0,由此能证明AFP=BFO(3)SABF=SPBFSPAF=令t=,利用基本不等式性质能求出ABF面积的最大
8、值【解答】解:(1)联立,得(3k2+4)x224kx+36=0,直线y=kx4(k0)与椭圆相交于A、B两点,=144(k24)0,即k2或k2,设A(x1,y1),B(x2,y2),则,x2=2x1,代入上式,解得k=证明:(2)由图形得要证明AFP=BFO,等价于证明直线AF与直线BF的倾斜角互补,即等价于kAF+kBF=0,kAF+kBF=+=2k3()=2k=2k2k=0,AFP=BFO解:(3)k2或k2,SABF=SPBFSPAF=令t=,则t0,3k2+4=3t2+16,SABF=,当且仅当3t=,即t2=,k=取等号,ABF面积的最大值为19. 在平面直角坐标系xOy中,曲线
9、C1:(为参数,实数a0),曲线C2:(为参数,实数b0)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,射线l:=(0,0)与C1交于O、A两点,与C2交于O、B两点当=0时,|OA|=1;当=时,|OB|=2()求a,b的值;()求2|OA|2+|OA|?|OB|的最大值参考答案:【考点】参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程【分析】(I)由曲线C1:(为参数,实数a0),利用cos2+sin2=1即可化为普通方程,再利用极坐标与直角坐标互化公式即可得出极坐标方程,进而得出a的值同理可得b的值(II)由(I)可得C1,C2的方程分别为=cos,=2sin可得2|OA|2+|OA|?|OB
10、|=2cos2+2sincos=+1,利用三角函数的单调性与值域即可得出【解答】解:()由曲线C1:(为参数,实数a0),化为普通方程为(xa)2+y2=a2,展开为:x2+y22ax=0,其极坐标方程为2=2acos,即=2acos,由题意可得当=0时,|OA|=1,a=曲线C2:(为参数,实数b0),化为普通方程为x2+(yb)2=b2,展开可得极坐标方程为=2bsin,由题意可得当时,|OB|=2,b=1()由(I)可得C1,C2的方程分别为=cos,=2sin2|OA|2+|OA|?|OB|=2cos2+2sincos=sin2+cos2+1=+1,2+, +1的最大值为+1,当2+=
11、时,=时取到最大值【点评】本题考查了极坐标与直角坐标方程的互化、参数方程化为普通方程、三角函数求值,考查了推理能力与计算能力,属于中档题20. 设函数f(x)=(x22x)lnx+(a)x2+2(1a)x+a()讨论f(x)的单调性;()证明:当a0时,f(x)0参考答案:【考点】6B:利用导数研究函数的单调性【分析】()求出函数的导数,通过讨论a的范围判断函数的单调性即可;()求出f(x)的导数,0x1时,显然成立,x1时,得到x(x2)lnx0,(0x1),设h(x)=(a)x2+2(1a)x+a,根据函数的单调性证明即可【解答】()解:f(x)=2(x1)(lnx+a),(x0),a=0
12、时,f(x)=2(x1)lnx,0x1时,f(x)0,x1时,f(x)0,x=1时,f(x)=0,故f(x)在(0,+)递增;a0时,令f(x)=0,得x1=1,x2=ea,此时ea1,易知f(x)在(0,ea)递增,(ea,1)递减,在(1,+)递增;a0时,ea0,易知f(x)在(0,1)递增,(1,ea)递减,(ea,+)递增;()证明:a=0时,f(x)=(x22x)lnxx2+2x,若0x1时,f(x)0,x1时,由()可知f(x)在1,+)递增,则有f(x)f(1)=0,故a=0时,对所有的x(0,+),f(x)0,a0时,由()得f(x)在(0,ea)递增,(ea,1)递减,(1
13、,+)递增,且f(1)=0,故函数在(ea,+)上f(x)0,下面考虑x(0,ea)时,此时0x1,f(x)=x(x2)lnx+(a)x2+2(1a)x+a,其中,x(x2)lnx0,(0x1),设h(x)=(a)x2+2(1a)x+a,则h(x)=(2a1)(x1)+1,若0a1,则02a2,12a11,而1x10,故1(2a1)(x1)1,故(2a1)(x1)+10,即h(x)0,此时h(x)在(0,1)递增,故h(x)h(0)=a0,若a1,则h(x)=(a1)(x1)2+x2+10,综上,二次函数h(x)0,(0x1),故x(0,ea)?(0,1)时,总有f(x)0,综上,当a0时,f(x)021. 如图,在平行四边形ABCD中,.现沿对角线BD将折起,使点A