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1、山西省吕梁市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. 已知（x，y）满足，z=x+ay，若z取得最大值的最优解有无数个，则a=（）A1B1C1或1D无法确定参考答案：B【考点】简单线性规划【分析】由题设条件，目标函数z=x+ay，取得最大值的最优解有无数个知取得最优解必在边界上而不是在顶点上，目标函数x+ay=0应与直线BC平行；进而计算可得答案【解答】解：由题意，的可行域如图：z=x+ay，若z取得最大值的最优解有无数个，最优解应在线段BC上取得，故x+ay=0应与直线BC平行kBC=1，a=
2、1，故选：B2. 已知函数的图象如图所示，则的可能取值为（ ）.A. B. C. D. 2参考答案：B【分析】根据函数图象的对称性得函数为偶函数，可得，由可得，由（1）（3）可得可取【详解】的图象关于轴对称，为偶函数，（1）（3），取，则故选：【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3. 等差数列的前n项和为，若为一确定常数，下列各式也为确定常数的是（）ABCD参考答案：C略4. （若函数f（x）=，若f（a）f（a），则实数a的取值范围是（）A（1，0）（0，1）B（，1）（1，+）C（1，0）（1，+）D（，1）（0
3、，1）参考答案：C【考点】对数值大小的比较【专题】函数的性质及应用【分析】由分段函数的表达式知，需要对a的正负进行分类讨论【解答】解：由题意故选C【点评】本题主要考查函数的对数的单调性、对数的基本运算及分类讨论思想，属于中等题分类函数不等式一般通过分类讨论的方式求解，解对数不等式既要注意真数大于0，也要注意底数在（0，1）上时，不等号的方向不要写错5. 已知向量，满足，则的取值范围是（ ）A2,3 B3,4 C D参考答案：D6. 设变量x，y满足约束条件 ，则 的最大值为（）ABC0D2参考答案：A【考点】简单线性规划【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可【解答】
4、解：变量x，y满足约束条件，满足的可行域如图：则的几何意义是可行域内的点与（1，0）连线的斜率，经过A时，目标函数取得最大值由，可得A（，），则的最大值是： =故选：A7. 已知直线m,n和平面，那么mn的一个必要但非充分条件是A.m,n B.m,n C.m且n D.m,n与成等角参考答案：答案：D 解析：若mn,则m,n与平面成相等的角， 若m,n与平面成等角，不一定有mn,故选D. 8. 已知向量a=(1，m)，b=(m，2)，若ab，则实数m的值为A B C D0参考答案：D 9. 下列函数中，既是偶函数又在(0，)单调递增的函数是()Ayx3 By|x|1Cyx21 Dy2|x|参考答
5、案：BA选项中，函数yx3是奇函数；B选项中，y|x|1是偶函数，且在上是增函数；C选项中，yx21是偶函数，但在上是减函数；D选项中，y2|x| 是偶函数，但在上是减函数故选B.10. 对于任意的实数a、b，记maxa,b=.若F(x)=maxf(x),g(x)(xR),其中函数y=f(x)(xR)是奇函数，且在x=1处取得极小值-2，函数y=g(x) (xR)是正比例函数，其图象与x0时的函数y=f(x)的图象如图所示，则下列关于函数y=F(x)的说法中，正确的是( )Ay=F(x)为奇函数By=F(x)有极大值F(-1)Cy=F(x)的最小值为-2，最大值为2Dy=F(x)在(-3,0)
6、上为增函数参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在ABC中，a3，B2A，则cosA_参考答案：【分析】由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解【详解】解：a3，B2A，由正弦定理可得：，cosA故答案为：12. 如图，四面体OABC的三条棱OA、OB、OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，D为四面体OABC外一点给出下列命题不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥存在点D，使CD与AB垂直并且相等存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上其中真命题的序号是参考答案：【考点】球内接多面体；
7、棱锥的结构特征【分析】对于可构造四棱锥CABD与四面体OABC一样进行判定；对于，使AB=AD=BD，此时存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥；对于取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等；对于先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r，可判定的真假【解答】解：对于，四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，AC=BC=，AB=当四棱锥CABD与四面体OABC一样时，即取CD=3，AD=BD=2，四面体ABCD的三条棱DA、DB、DC两两垂直，此时点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形，故不正确
8、；对于，由知AC=BC=，AB=，使AB=AD=BD，此时存在点D，CD=，使四面体CABD是正三棱锥，故不正确；对于，取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等，故正确；对于，先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r即可存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上，故正确故答案为：【点评】本题主要考查了棱锥的结构特征，同时考查了空间想象能力，转化与划归的思想，以及构造法的运用，属于中档题13. 已知点P(x0, y0) 在椭圆C：(ab0)上，如果经过点P的直线与椭圆只有一个公共点时，称直线为椭圆的切线，此时点P称为切点，
9、这条切线方程可以表示为：根据以上性质，解决以下问题：已知椭圆L：，若Q(u，v)是椭圆L外一点(其中u，v为定值)，经过Q点作椭圆L的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程是 参考答案：14. 若从点O所作的两条射线OM，ON上分别有点M1，M2与点N1，N2，则三角形面积之比为：若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP，OQ和OR上分别有点P1，P2与点Q1，Q2和R1，R2，则类似的结论为：参考答案：=【考点】归纳推理【分析】本题考查的知识点是类比推理，在由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质
10、类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质由平面中，若从点O所作的两条射线OM，ON上分别有点M1，M2与点N1，N2，则三角形面积之比为：（面的性质）我们可以类比在空间中相似的体的性质【解答】解：根据类比推理的思路：由平面中面的性质，我们可以类比在空间中相似的体的性质，由若从点O所作的两条射线OM，ON上分别有点M1，M2与点N1，N2，则三角形面积之比为：我们可以推断：若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP，OQ和OR上分别有点P1，P2与点Q1，Q2和R1，R2则： =故答案为： =15. 数列an中，若a1=1，an+1=2an+3 （n1），则该数列
11、的通项an= .参考答案：16. 已知均为正数，且，则的最小值为 参考答案：817. 过点，且与直线垂直的直线方程是.参考答案：直线的斜率为1，所以过点，且与直线垂直的直线的斜率为，所以对应方程为，即。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. 已知函数（）（1）若函数在2,3上单调递减，求实数的取值范围；（2）当时，试问方程是否有实数根？若有，求出所有实数根；若没有，请说明理由参考答案：解：（1）由题知，设，因为函数在上单调递减，所以在上小于等于0恒成立，所以解得，故实数的取值范围为（2）没有实数根当时，整理得，设，则，当时，则在上单调递减；当时，则
12、在上单调递增，所以设，则，当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减，所以，因为与在不同的值处取得，所以根据函数图象可知恒成立，所以方程无实根19. 已知函数，数列满足 ，(1)若数列是常数列，求a的值；(2)当时，记，证明数列是等比数列，并求参考答案：解 (1)，数列是常数列，即，解得，或 所求实数的值是1或2 (2)，即 数列是以为首项，公比为的等比数列，于是 由即，解得 20. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为=2sin（）求圆C的直角坐标方程；（）设圆C与直线l交于
13、点A、B，若点P的坐标为（3，），求|PA|+|PB|参考答案：【考点】直线的参数方程；简单曲线的极坐标方程【分析】（I）由C的方程可得：，利用极坐标化为直角坐标的公式x=cos，y=sin即可得出（II）把直线l的参数方程（t为参数）代入C的方程得到关于t的一元二次方程，即可得到根与系数的关系，根据参数的意义可得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|即可得出【解答】解：（I）由C的方程可得：，化为（II）把直线l的参数方程（t为参数）代入C的方程得=0，化为（t1t2=40）根据参数的意义可得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=21. （本小题满分12分）数列的前项和是，且. 求数列的通项公式； 记，数列的前项和为，证明：.参考答案：(1)由题 ， ，-可得，则.3分当时 ，则，
