江苏省常州市金坛市第一高级中学高三数学文期末试题含解析

江苏省常州市金坛市第一高级中学高三数学文期末试题含解析 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. 已知幂函数的图象过点)．则的值为 A．    　　B.     C．一1 　   D．1 参考答案： A 2. 已知为虚数单位，为实数，复数在复平面内对应的点为，则 “”是“点在第四象限”的                                 (   ) A．充要条件                  B．必要而不充分条件 C．充分而不必要条件          D．既不充分也不必要条件 参考答案： C 略 3. 函数的零点所在的区间是（    ） A．（0，1）       B．(1，2）        C．（2，3）        D．（3，10） 参考答案： C 4. 右图给出的是计算的值的一个程序框图，  其中判断框内应填入的条件是(    ) A．i ＞10           B．i <10            C．i ＞20           D．i ＞20 参考答案： A 5. 已知命题：，且，命题：，.下列命题是真命题的是（   ） A．         B．       C．        D． 参考答案： B 6. 已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2，AB=1，AC=2，，则球O的表面积为（　　） A．16π B．12π C．8π D．4π 参考答案： A 【考点】球的体积和表面积． 【分析】由三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，知BC=，∠ABC=90°．故△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=1，由此能求出球O的半径，从而能求出球O的表面积． 【解答】解：如图，三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上， ∵SA⊥平面ABC，SA=2，AB=1，AC=2，∠BAC=60°， ∴BC==， ∴∠ABC=90°． ∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=1， ∴球O的半径R==2， ∴球O的表面积S=4πR2=16π． 故选：A． 7. 已知椭圆的焦点是F1（0，﹣），F2（0，），离心率e=，若点P在椭圆上，且?=，则∠F1PF2的大小为（　　） A． B． C． D． 参考答案： D 【考点】椭圆的简单性质． 【分析】由题意可设题意的标准方程为： =1（a＞b＞0），可得：c=，e==，a2=b2+c2，联立解出可得：椭圆的标准方程为： +x2=1．设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆定义可得m+n=4，由?=，可得mncos∠F1PF2=，利用余弦定理可得：（2c）2=m2+n2﹣2mncos∠F1PF2，联立即可得出． 【解答】解：由题意可设题意的标准方程为： =1（a＞b＞0）， 则c=，离心率e==，a2=b2+c2，联立解得a=2，b=1． ∴椭圆的标准方程为： +x2=1． 设|PF1|=m，|PF2|=n， 则m+n=4， ∵?=，∴mncos∠F1PF2=， 又（2c）2==m2+n2﹣2mncos∠F1PF2， ∴12=42﹣2mn﹣2×，解得mn=． ∴cos∠F1PF2=， ∴cos∠F1PF2=， ∴∠F1PF2=． 故选：D． 8. 已知函数的图象过点，且在上单调，同时的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当，且时，，则（    ） A．        B． -1      C. 1        D． 参考答案： B 详解：由函数的图象过点， ∴，解得， 又，∴， 又的图象向左平移π个单位之后为， 由两函数图象完全重合知； 又，∴，∴ω=2； ∴， 令,得其图象的对称轴为 当，对称轴. ∴， ∴ 故选B.   9. 设F1，F2分别是双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得∠F1PF2=60°，|OP|=3b（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（　　） A． B． C． D． 参考答案： D 【考点】KC：双曲线的简单性质． 【分析】利用双曲线的定义与余弦定理可得到a2与c2的关系，从而可求得该双曲线的离心率． 【解答】解：设该双曲线的离心率为e，依题意，||PF1|﹣|PF2||=2a， ∴|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|?|PF2|=4a2， 不妨设|PF1|2+|PF2|2=x，|PF1|?|PF2|=y， 上式为：x﹣2y=4a2，① ∵∠F1PF2=60°， ∴在△F1PF2中， 由余弦定理得，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|?|PF2|?cos60°=4c2，② 即x﹣y=4c2，② 又|OP|=3b， +=2， ∴2+2+2||?||?cos60°=4||2=36b2， 即|PF1|2+|PF2|2+|PF1|?|PF2|=36b2， 即x+y=36b2，③ 由②+③得：2x=4c2+36b2， ①+③×2得：3x=4a2+72b2， 于是有12c2+108b2=8a2+144b2， ∴=， ∴e==． 故选：D． 10. 台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区内的时间为（　　） 　 A． 0.5小时 B． 1小时 C． 1.5小时 D． 2小时 参考答案： B 略 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 设若对于任意的都有满足方程这时所取值构成的集合为（      ）。 参考答案： ≥ 12. 在△ABC中，，，，则∠C=_________. 参考答案：       13. 已知函数f（x）=|2x+1+|在[﹣，3]上单调递增，则实数a的取值范围　　． 参考答案： [0，1] 【考点】3F：函数单调性的性质． 【分析】利用换元法，令2x=t，，是单调增函数，转化求勾勾函数在是单调增区间，可得a的范围． 【解答】解：函数f（x）=|2x+1+|在[﹣，3]上单调递增， 当a=0时，函数在[﹣，3]上单调递增恒成立； 当a≠0时，令2x=t，，则函数t在[﹣，3]上是单调递增． 那么：函数f（x）=|2x+1+|转化为g（t）=||在是单调递增， 根据勾勾函数的性质可知： ①当a＞0时，函数g（t）在（，+∞）单调递增， 故得：，解得：0＜a≤1． ②当a＜0时，g（t）=||的零点为t=， 函数y=2t是定义域R上的增函数， ∵， ∴只需，解得：0＜a≤1． 故无解； 综上所得：实数a的取值范围是[0，1]． 14. 在中，分别为角的对边，如果，，，那么  . 参考答案： 考点：解斜三角形 ，由正弦定理，所以 15. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为________________. 参考答案： 16. 若直线：被圆：截得的弦长为4，则的值为             ． 参考答案： 17. 设全集，集合，，则集合为     ． 参考答案： {2} 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. 己知在锐角ΔABC中，角所对的边分别为，且 （Ⅰ）求角大小； （Ⅱ）当时，求的取值范围. 参考答案： （Ⅰ）由已知及余弦定理，得因为为锐角，所以 ……………4分   （Ⅱ）由正弦定理，得，   ……………6分                                                                      ……………9分 由得                  ……………10分                                                                          ……………12分   19. 我国发射的天宫一号飞行器需要建造隔热层.已知天宫一号建造的隔热层必须使用20年，每厘米厚的隔热层建造成本是6万元，天宫一号每年的能源消耗费用C（万元）与隔热层厚度（厘米）满足关系式：，若无隔热层，则每年能源消耗费用为8万元.设为隔热层建造费用与使用20年的能源消耗费用之和. (I）求C（）和的表达式； (II）当陋热层修建多少厘米厚时，总费用最小，并求出最小值. 参考答案： （I）当时，C=8，所以=40，故C       (II） 当且仅当时取得最小值. 即隔热层修建5厘米厚时，总费用达到最小值，最小值为70万元.   20. 已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x（a∈R，e为自然对数的底）． （1）当a=1时，求f（x）的单调区间； （2）若对任意的x0∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立， 求a的取值范围． 参考答案： 考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 专题：导数的综合应用． 分析：（1）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，f′（x）=1﹣=．分别解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出函数的单调区间． （2）g′（x）=（1﹣x）e1﹣x，分别解出g′（x）＞0，g′（x）＜0，即可得出函数g（x）的单调性极值与最值．因此函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]． 当a=2时，不适合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]．由于在（0，e]上存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，可得：函数f（x）在（0，e]上不单调，于是． 解得①，此时，当x变化时，可得函数f（x）的单调性极值与最值．由于x→0时，f（x）→+∞，，f（e）=（2﹣a）（e﹣1）﹣2．由题意当且仅当满足：≤0②，f（e）≥1③．再利用导数研究其单调性极值与最值即可． 解答： 解：（1）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，f′（x）=1﹣=． 由f′（x）＜0，解得0＜x＜2；由f′（x）＞0，解得2＜x． ∴函数f（x）的单调递增区间为（2，+∞）；单调递减区间为（0，2）． （2）g′（x）=（1﹣x）e1﹣x， 当0＜x＜1时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；当1＜x时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减． ∵g（0）=0，g（1）=1，1＞g（e）=e?e1﹣e=e2﹣e＞0， ∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]． 当a=2时，不适合题意； 当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]． ∵在（0，e]上存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立， ∴函数f（x）在（0，e]上不单调，∴． ∴①，此时，当x变化时，列表如下： x f′（x） ﹣ 0 + f（x） 单调递减 极小值 单调递增 ∵x→0时，f（x）→+∞，，f（e）=（2﹣a）（e﹣1）﹣2． 由于对任意的x0∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立， 当且仅当满足：≤0②，f（e）≥1③． 令h（a）=a﹣2，，h′（a）=． 令h′（a）=0，解得a=0． 当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）为增函数； 当a∈时，h′（a）＜0，函数h（a）为减函数． ∴当a=0时，函数h（a）取得极大值即最大值，h（0）=0．即②式在恒