湖南省衡阳市桐黄中学高三数学理上学期期末试卷含解析

湖南省衡阳市桐黄中学高三数学理上学期期末试卷含解析 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. 已知，则（   ）. A.             B.               C.              D. 参考答案： C 略 2. 已知全集U=N，集合，，则 （A）               （B）               （C）               （D） 参考答案： D 略 3. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，记为点，点与点分别为曲线上的点，则的最小值为（    ） A．         B．8       C.          D． 参考答案： B 由题意得 ， 解得 由抛物线定义得,其中 为抛物线准线，因此最小值为 ，选B. 点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到． 4. 已知命题；命题，则下列判断正确的是 A．是真命题           B．是假命题            C．是假命题         D．是假命题 参考答案： 答案：D 5. 将包含甲、乙两队的8支球队平均分成两个小组参加某项比赛，则甲、乙两队被分在不同小组的分配方法有 A. 20种            B.   35种        C. 40 种       D.60种 参考答案： C 略 6. 命题“?x∈R，x2－2x＋1<0”的否定是(　　) A．?x∈R，x2－2x＋1≥0　　　 B．?x∈R，x2－2x＋1>0 C．?x∈R，x2－2x＋1≥0  D．?x∈R，x2－2x＋1<0 参考答案： C 略 7. 已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（    ） A．内切         B．相交       C．外切       D．相离 参考答案： B 8. 等差数列{an}的前n项和Sn，若a3+ a7-a10=8，a11-a4=4，则S13等于 （    ） A．152            B．154           C．156           D．158         参考答案： C 略 9. 设等比数列的前 项和为,若  则 =（   ） A. 2       B.        C.         D.3   参考答案： B 【知识点】等比数列的性质 解析：,, 故选B. 【思路点拨】根据等比数列的性质得到成等比列出关系式，又表示出S3，代入到列出的关系式中即可求出的值．   10. 已知集合，，则A∩B=（   ） A. [2,3] B. (1,5) C. {2,3} D. {2,3,4} 参考答案： C 【分析】 解不等式简化集合的表示，用列举法表示集合，最后根据集合交集的定义求出. 【详解】，， 又，所以，故本题选C. 【点睛】本题考查了列举法表示集合、集合交集的运算，正确求解出不等式的解集是解题的关键. 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若b1＞c1，b1+c1=2a1，an+1=an，bn+1=，cn+1=，则∠An的最大值是　　． 参考答案： 【考点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理的应用． 【分析】根据数列的递推关系得到bn+cn=2a1为常数，然后利用余弦定理以及基本不等式即可得到结论． 【解答】解：∵an+1=an，∴an=a1， ∵bn+1=，cn+1=， ∴bn+1+cn+1=an+=a1+， ∴bn+1+cn+1﹣2a1=（bn+cn﹣2a1）， 又b1+c1=2a1， ∴当n=1时，b2+c2﹣2a1=（b1+c1+﹣2a1）=0， 当n=2时，b3+c3﹣2a1=（b2+c2+﹣2a1）=0， … ∴bn+cn﹣2a1=0， 即bn+cn=2a1为常数， ∵bn﹣cn=（﹣）n﹣1（b1﹣c1）， ∴当n→+∞时，bn﹣cn→0，即bn→cn， 则由基本不等式可得bn+cn=2a1≥2， ∴bncn， 由余弦定理可得=（bn+cn）2﹣2bncn﹣2bncncosAn， 即（a1）2=（2a1）2﹣2bncn（1+cosAn）， 即2bncn（1+cosAn）=3（a1）2≤2（a1）2（1+cosAn）， 即3≤2（1+cosAn）， 解得cosAn， ∴0＜An， 即∠An的最大值是， 故答案为： 【点评】本题考查数列以及余弦定理的应用，利用基本不等式是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，难度较大． 12. 若的值为        ． 参考答案： 2 13. 下面有四个命题： ①函数的最小正周期是； ②函数的最大值是5； ③把函数的图象向右平移得的图象； ④函数在上是减函数. 其中真命题的序号是         参考答案： ① ② ③ 略 14. 设θ为第二象限角，若tan（θ+）=，则cosθ=     ． 参考答案： 【考点】两角和与差的余弦函数． 【专题】三角函数的求值． 【分析】由已知及两角和的正切函数公式可求tanθ，再利用同角三角函数关系式即可求值． 【解答】解：∵tan（θ+）==， ∴tanθ=， ∵θ为第二象限角， ∴cosθ=﹣=﹣=． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了两角和的正切函数公式，同角三角函数关系式的应用，属于基础题． 15. 若某空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是______． 参考答案： 16.  已知函数，对任意的，都存在,使得则实数的取值范围是______________． 参考答案： 17. 若||=1，||=2，=+，且 ⊥，则向量与的夹角为　　． 参考答案： 【考点】数量积表示两个向量的夹角． 【分析】根据向量，得到，然后求出，利用数量积的应用求向量夹角即可． 【解答】解：∵，且， ∴， 即（）， ∴1+， 解得﹣1=﹣1， 设向量与的夹角为θ，则cos， ∵0≤θ≤π， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查数量积的应用，要求熟练掌握数量积的应用，比较基础． 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. （本小题满分12分）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截面得，已知FA⊥平面ABC，AB＝2，BD＝1，AF＝2， CE＝3，O为AB的中点． （1）求证：OC⊥DF； （2）求平面DEF与平面ABC相交所成锐二面角的大小； 参考答案： 解：（1）证法一： 平面，平面，  …………2分 又且为的中点， 平面， ………………4分 平面，  ……………………………………………………………………6分 证法二：如图，以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，       …………………………2分 即   ………………6分 （2）解法一：解：设平面的法向量为 ………7分 设平面的法向量为 由得,  解得,       …………………………9分 所以   ,  …………………11分 故平面与平面相交所成锐二面角的大小为.    …………………12分 19. 已知点是满足的区域内的动点，则的取值范围是       . 参考答案： 20. （本小题满分12分） 如图：在三棱锥D-ABC中，已知是正三角形，AB平面BCD，，E为BC的中点，F在棱AC上，且. （1）求三棱锥D－ABC的表面积； （2）求证AC⊥平面DEF； （3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，试说明理由． 参考答案： 解：解：（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥BC，AB⊥BD． ∵△BCD是正三角形，且AB＝BC＝a，∴AD＝AC＝．分 设G为CD的中点，则CG＝，AG＝． ∴，，．分 三棱锥D－ABC的表面积为．分 （2）取AC的中点H，∵AB＝BC，∴BH⊥AC． ∵AF＝3FC，∴F为CH的中点． ∵E为BC的中点，∴EF∥BH．则EF⊥AC．分 ∵△BCD是正三角形，∴DE⊥BC． ∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥DE． ∵AB∩BC＝B，∴DE⊥平面ABC．∴DE⊥AC分 ∵DE∩EF＝E，∴AC⊥平面DEF．分 （3）存在这样的点N，当CN＝时，MN∥平面DEF． 连CM，设CM∩DE＝O，连OF．由条件知，O为△BCD的重心，CO＝CM．分 ∴当CF＝CN时，MN∥OF．∴CN＝分 略 21. (本小题满分12分) 已知函数f(x)= x2+alnx. （1）当a=-2时，求函数f(x)的单调区间和极值； （2）若g(x)= f(x)+在[1,)上是单调增函数，求实数a的取值范围. 参考答案： 解：的定义域为 （1）当时， 由得： 由得： 当时，取极小值 （2） 在上是单调递增函数 在上恒成立 即在上恒成立 令  在上恒成立 上单调递减 Ks5u 略 22. 已知函数．     (1）若，求曲线在处切线的斜率；     (2）求的单调区间；     (3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围． 参考答案： （Ⅰ）由已知， ． 故曲线在处切线的斜率为． (Ⅱ）．  ①当时，由于，故， 所以，的单调递增区间为． ②当时，由，得． 在区间上，，在区间上， 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． (Ⅲ）由已知，转化为．                           由（Ⅱ）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意． (或者举出反例：存在，故不符合题意．） 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值即为最大值，， 所以，解得．