福建省福州市交通高级职业中学高三数学文上学期期末试题含解析

福建省福州市交通高级职业中学高三数学文上学期期末试题含解析 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. 双曲线的渐近线方程为                                （         ） A．       B．       C．      D． 参考答案： C 2. 已知圆，过点的直线，则（     ） A.与相交       B. 与相切        C.与相离      D. 以上三个选项均有可能 6. 参考答案： A. 圆的方程可化为，易知圆心为半径为2，圆心到点P的距离为1，所以点P在圆内.所以直线与圆相交.故选A. 3. 若函数f（x）满足，当x∈[0，1]时，f（x）=x，若在区间（﹣1，1]上，g（x）=f（x）﹣mx﹣m有两个零点，则实数m的取值范围是（　　） A． B． C．（0，1） D． 参考答案： D 考点： 函数零点的判定定理．  专题： 函数的性质及应用． 分析： 根据函数f（x）满足，当x∈[0，1]时，f（x）=x，求出x∈（﹣1，0）时，f（x）的解析式，由在区间（﹣1，1]上，g（x）=f（x）﹣mx﹣m有两个零点， 转化为两函数图象的交点，利用图象直接的结论． 解答： 解：函数f（x）满足，当x∈[0，1]时，f（x）=x， ∴x∈（﹣1，0）时，f（x）+1==，f（x）=． 因为g（x）=f（x）﹣mx﹣m有两个零点， 所以y=f（x）与y=mx+m的图象有两个交点， 函数图象如图所示，由图象可得，当0＜m≤时，两函数有两个交点， 故选 D． 点评： 此题是个中档题．本题考查了利用函数零点的存在性求变量的取值范围和代入法求函数解析式，体现了转化的思想，以及利用函数图象解决问题的能力，体现了数形结合的思想．也考查了学生创造性分析解决问题的能力，属于中档题． 4. 若X=-2是函数的极值点，则的极小值为（   ） A.-1                    B.-2e-3                C.5e-3             D.1 参考答案： A ， 则， 则，， 令，得或， 当或时，， 当时，， 则极小值为． 5. 某类产品按工艺共分10个档次，最低档次产品每件利润为8元.每提高一个档次，每件利润增加2元. 用同样工时，可以生产最低档产品60件，每提高一个档次将少生产3件产品.则获得利润最大时生产产品的档次是（     ） A．第7档次       B．第8档次       C．第9档次       D．第10档次 参考答案： C 6. 函数的值域是（    ）     A．  B．    C．       D． 参考答案： D 略 7. 函数是定义在(－2,2)上的奇函数，当时，，则的值为（    ） A．3         B．       C．－1         D．－3 参考答案： C 函数是定义在上的奇函数，故 故答案为C。   4.已知：均为正数，，则使恒成立的的取值范围是             B． C． D． 参考答案： A 9. 执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（   ） A. B. C. 2 D. 3 参考答案： C 【分析】 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【详解】模拟程序的运行，可得 s＝3，i=1 满足条件i，执行循环体s＝3+，i=2 满足条件i，执行循环体s＝3++，i=3， 满足条件i，执行循环体，s＝3++，i=4， 不满足条件i退出循环，输出s的值为s＝． 故选：C． 【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题． 10. a﹣b+1＞0是a＞|b|的（　　） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 参考答案： C 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断． 【分析】由a＞|b|，可得a＞b或a＞﹣b，可得a﹣b＞0＞﹣1，或a+b＞0．反之：由a﹣b+1＞0，取a=2，b=﹣5，则a＞|b|不成立．即可判断出结论． 【解答】解：由a＞|b|，可得a＞b或a＞﹣b，∴a﹣b＞0＞﹣1，或a+b＞0． 由a﹣b+1＞0，取a=2，b=﹣5，则a＞|b|不成立． ∴a﹣b+1＞0是a＞|b|的必要不充分条件． 故选：C． 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 函数的值域为            ． 参考答案： 12. 已知点O是锐角△ABC的外心，AB=8，AC=12，A=．若，则6x+9y=　 　． 参考答案： 5 【考点】平面向量的基本定理及其意义． 【专题】平面向量及应用． 【分析】如图所示，过点O分别作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E．可得D，E分别为AB，AC的中点．可得=， =．由A=，可得．对，两边分别与，作数量积即可得出． 【解答】解：如图所示， 过点O分别作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E． 则D，E分别为AB，AC的中点， ∴===32． ===72． ∵A=． ∴==48． ∵， ∴=， =+y， 化为32=64x+48y，72=48x+144y， 联立解得x=，y=． ∴6x+9y=5． 故答案为：5． 【点评】本题考查了向量数量积运算性质、三角形外心性质、垂经定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 13. 函数的反函数的图象经过点，则实数=        参考答案： 2 14. 函数的图象如图所示，若， ，则______________． 参考答案： 略 15. 参考答案： 略 16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知边长为4，a边长为6，则b边长为           ，△ABC的面积为           . 参考答案： 答案：   17. 已知函数的图象为，则如下结论中正确的序号是______________。 ①图象关于直线对称； ②图象关于点对称； ③函数在区间上是增函数；④将的图象向右平移个单位长度可以得到图象． 参考答案： ①② 略 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. 已知椭圆C：的离心率，左、右焦点分别为F1、F2，抛物线的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点. （1）求椭圆C的方程； （2）已知直线l：与圆：相切，且直线l与椭圆相交于A、B两点，求的值. 参考答案： （1）；（2）0 【分析】 （1）由抛物线的焦点是该椭圆的一个顶点，可得，结合离心率，可求，进而可求出，从而可求椭圆的方程. （2）由直线和圆相切，可知圆心到直线的距离等于半径，即，设，，联立直线和圆的方程，整理后由韦达定理可知，，，从而可求. 【详解】解：（1）因为椭圆的离心率，所以，即． 因为抛物线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点，所以， 所以，则，所以椭圆的方程为． （2）由圆的方程可知，圆心为 ，半径为 ；由于直线与圆相切， 故圆心到直线的距离，整理得， 则联立直线和椭圆的方程，即，消去，得，设，，则，，则 ． 所以. 【点睛】本题考查了抛物线焦点的求解，考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和圆的位置关系，考查了直线和椭圆的位置关系.本题的难点是第二问中的计算化简.本题的关键是由直线和圆相切得两个参数的关系. 19. 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，. （1）求证：AO⊥平面BB1C1C； （2）若，且，求三棱锥C1-ABC的体积. 参考答案： （1)证明：∵四边形是菱形，∴,∵, ∴平面，又平面，∴．∵,是的中点，∴，∵，∴平面      …………… ……6分 （2）菱形的边长为，又是等边三角形，则. 由（1）知，，又是的中点，，又是等边三角形，则.在中，……9分        ……………12分 20. （本小题12分）已知函数和函数 （1）若函数和函数在上均为递增函数，求的取值范围 （2）若方程有唯一解求的值. 参考答案： 21. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在CC1棱上，且，，. （1）求证：平面； （2）当时，求二面角的余弦值. 参考答案： （1）(法一)连接交于点，连接 由分别是棱中点，故点为的重心 在中，有   ，又平面 平面 （法二）取的中点，连接 由是棱的中点，为的中点， 为的中位线，即平面 又为棱的中点，为的中点 由，由，且为直三棱柱 ，进而得 ，即平面  又 平面平面  又平面 平面 （2）由为直三棱柱 平面，取的中点，连接 是棱的中点，，即平面 为等边三角形 为的中点且  故以为坐标原点，以射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 则 ，， 设平面的法向量为 则：，不妨取，则  设平面的法向量为 则：，不妨取，则 记二面角为 故二面角的余弦值为． 22. 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是公比大于0的等比数列，且b1=﹣2a1=2，a3+b2=﹣1，S3+2b3=7． （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn． 参考答案： 【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q＞0，利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出． （2）cn=．对n分类讨论，分组求和，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q＞0， 且b1=﹣2a1=2，a3+b2=﹣1，S3+2b3=7． ∴a1=﹣1，b1=2，﹣1+2d+2q=﹣1，3×（﹣1）+3d+2×2×q2=7， 解得d=﹣2，q=2． ∴an=﹣1﹣2（n﹣1）=1﹣2n，bn=2n． （2）cn=． ①n=2k（k∈N*）时，数列{cn}的前n项和Tn=T2k=（c1+c3+…+c2k﹣1）+（c2+c4+…+c2k） =2k+（+…+）， 令Ak=+…+， ∴=+…++， ∴Ak=+﹣=+4×﹣， 可得Ak=﹣． ∴Tn=T2k=2k+﹣． ②n=2k﹣1（k∈N*）时，数列{cn}的前n项和Tn=T2k﹣2+a2k﹣1=2（k﹣1）+﹣+2 =2k+﹣． ∴Tn=，k∈N*．