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1、贵州省遵义市毛石镇中学高三数学理下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. 给定方程：，下列命题中：(1) 该方程没有小于0的实数解；(2) 该方程有无数个实数解；(3) 该方程在(，0)内有且只有一个实数解；(4) 若x0是该方程的实数解，则x01则正确命题的个数是 （ ）(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4参考答案：C解：，令，在同一坐标系中画出两函数的图像如右，由图像知：(1)错，(3)、(4)对，而由于递增，小于1，且以直线为渐近线，在1到1之间振荡，故在区间(0,+￥)上，两者图像有无穷个
2、交点，(2)对，故选C.2. 已知函数为偶函数，当时，则的解集是A B C D参考答案：B略3. 的（ ）A充分不必要条件必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分又不必要条件参考答案：A或，所以充分不必要条件，选A.4. 一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，则该几何体的表面积为() A4+ 。w-w*k&s%5￥uB2+ C3+ D6参考答案：C5. 设数列an是公差不为零的等差数列，它的前n项和为Sn，且S1 S2、S4成等比数列，则等于A.3 B4 C6 D.7 参考答案：D略6. 已知向量=A3BCD参考答案：D7. 已知F是抛物线y
3、2=4x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OAOB（其中O为坐标原点），则AOB与AOF面积之和的最小值是（）A16B8C8D18参考答案：C【考点】抛物线的简单性质【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及?=0，消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题【解答】解：设直线AB的方程为：x=ty+m，点A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB与x轴的交点为M（m，0），x=ty+m代入y2=4x，可得y24ty4m=0，根据韦达定理有y1?y2=4m，OAOB，?=0
4、，x1?x2+y1?y2=0，从而（y1?y2）2+y1?y2=0，点A，B位于x轴的两侧，y1?y2=16，故m=4不妨令点A在x轴上方，则y10，又F（1，0），SABO+SAFO=4（y1y2）+y1=y1+8，当且仅当y1=，即y1=时，取“=”号，ABO与AFO面积之和的最小值是8，故选：C【点评】求解本题时，应考虑以下几个要点：1、联立直线与抛物线的方程，消x或y后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，这是处理此类问题的常见模式2、求三角形面积时，为使面积的表达式简单，常根据图形的特征选择适当的底与高3、利用基本不等式时，应注意“一正，二定，三相等”8. 集合，集合，则（
5、）A B C D参考答案：BA=x|y=ln（x1）=（1，+），?RA=（，1，故选：B9. 如图，矩形ABCD中，点E为边CD的中点，若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自ABE内部的概率等于A. B. C. D.参考答案：C本题主要考查了几何概型的基础知识，难度较小。P=10. 已知，。若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是( )A B C D参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知点P的坐标，过点P的直线l与圆相交于A、B两点，则的最小值为_参考答案：略12. 直线的倾斜角 . 参考答案：13. 某篮球学校的甲、乙两名运动员练习罚球，每人练习
6、10组，每组罚球40个命中个数的茎叶图如下则罚球命中率较高的是 参考答案：甲略14. 若F1，F2分别是椭圆E：（0b1）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点若，轴，则椭圆E的方程为 .参考答案：15. 已知数列an的前n项和为Sn，则数列的前n项和Tn=参考答案：【考点】数列的求和【分析】根据已知条件推出等比数列的通项公式an，进而可求an2，且可得数列an2是以4为首项，以4为公比的等比数列，由等比数列的求和公式可求【解答】解：当n=1时，a1=S1=（a11），则a1=4当n2时，Sn1=（an11），由，得an=anan1，则=4（n2），an是一个以4为首项，4为公比的等
7、比数列，则an=4n数列an2是以16为首项，以16为公比的等比数列，由等比数列的求和公式可得，Tn=故答案是：16. 如图所示的流程图，若输入的值为2，则输出的值为 .参考答案：7 【知识点】程序框图L1解析：模拟执行程序框图，可得x=2不满足条件x6，x=1，x=3不满足条件x6，x=5，x=7满足条件x6，退出循环，输出x的值为7故答案为：7【思路点拨】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的x的值，x=7时，满足条件x6，退出循环，输出x的值为717. 已知正项等比数列的前项积为，已知，则参考答案：考点：等比数列.【思路点晴】本题主要考查等比数列的性质，考查新定义数列的理解，考查指数运
8、算和指数相等的概念. 在等比数列中，若，且，则,特殊地，时，则，是的等比中项. 若数列是等比数列，且公比不为，是其前项的和，那么，成等比数列.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） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知求；若，求面积的最大值参考答案：解：由已知及正弦定理得sinA=sinBcosC+sinCsinA 又因为，所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC 由和得：sinB=cosB又,所以，由已知和余弦定理得：又，所以，当且仅当a=c时等号成立.的最大值为.略19. 如图茎叶图记录了
9、甲、乙两组各四名同学的植树棵树乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示（1）如果X=8，求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（2）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率（注：方差，其中为x1，x2，xn的平均数）参考答案：【考点】离散型随机变量的期望与方差；茎叶图【分析】（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，由此能求出乙组同学植树棵树的平均数和方差；（2）先求出从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果，再求出选出的两名同学的植树总棵数为19的结果数，由此可得概率【解答】解：（1）当X=8时，由茎叶图可
10、知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，所以平均数为=方差为s2= +=（2）记甲组四名同学为A1，A2，A3，A4，他们植树的棵数依次为9，9，11，11；乙组四名同学为B1，B2，B3，B4，他们植树的棵数依次为9，8，9，10，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，它们是：（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A1，B4），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A2，B4），（A3，B1），（A2，B2），（A3，B3），（A1，B4），（A4，B1），（A4，B2），（A4，B3），（A4，B4），用C表示：“选出的两名同学的植树总棵数
11、为19”这一事件，则C中的结果有4个，它们是：（A1，B4），（A2，B4），（A3，B2），（A4，B2），故所求概率为P（C）=20. （13分）（2015?济宁一模）如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，ADBC，CEBG，且BCD=BCE=，平面ABCD平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2求证：（）ECCD；（）求证：AG平面BDE；（）求：几何体EGABCD的体积参考答案：【考点】： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定【专题】： 综合题；空间位置关系与距离【分析】： （）利用面面垂直的性质，证明EC平面ABCD，利用线面垂直的性质证明ECCD；（）在
12、平面BCDG中，过G作GNCE交BE于M，连DM，证明四边形ADMG为平行四边形，可得AGDM，即可证明AG平面BDE；（）利用分割法即可求出几何体EGABCD的体积（）证明：由平面ABCD平面BCEG，平面ABCD平面BCEG=BC，CEBC，CE平面BCEG，EC平面ABCD，（3分）又CD平面BCDA，故ECCD（4分）（）证明：在平面BCDG中，过G作GNCE交BE于M，连DM，则由已知知；MG=MN，MNBCDA，且，MGAD，MG=AD，故四边形ADMG为平行四边形，AGDM（6分）DM平面BDE，AG平面BDE，AG平面BDE（8分）（）解：（10分）=（12分）【点评】： 本题
13、考查面面垂直、线面平行，考查几何体体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确运用面面垂直、线面平行的判定定理是关键21. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲。设函数；（I）当1时，解不等式；（II）证明：参考答案：22. 已知函数（e为自然对数的底数）（）试讨论函数的导函数的极值；（）若（e为自然对数的底数），恒成立，求实数a的取值范围.参考答案：（）见解析；（）【分析】（）由导数的求导法则得出，利用导数求极值的步骤得出极值。（）构造函数令，求导得到，利用导数求最值的方法对的值进行分类讨论，即可得出实数的取值范围。【详解】（）的定义域为.， 当时，函数在单调递增，函数没有极值.当时，由，得，函数在上单调递减，在上单调递增.函数的极小值为，没有极大值.（）对，恒成立，即对，对，.令，则 .当，即时，对，在上单调递增， ，解得，满足题意.当时，即，对，在上单调递减，
