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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
