《湖北省武汉市精英学校高三数学理上学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省武汉市精英学校高三数学理上学期期末试卷含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省武汉市精英学校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. 现要用篱笆围成一个面积为扇形菜园（如图所示），问要使这个菜园所用篱笆最短，则这个扇形的半径和圆心角各为（ ）A和 B和 C和 D和1参考答案：C2. 已知复数 （其中i是虚数单位），则 =A. 0 B. C. 2i D. 2i参考答案：C略3. 若满足，则点到点距离的最小值为A. B. C. D. 参考答案：C【分析】根据不等式画出可行域，结合图像以及点线距公式得到结果.【详解】相当于，画出平面区域，如下图，过点A(1,0)到直线yx的
2、距离，就是点到点距离的最小值，最小值为：d故答案为：C.【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。4. 设定义域为R的函数，则关于的方程有7个不同实数解的充要条件是（ ）A且 B且 C且 D且参考答案：C5. 设复数z满足（1i）z=3+i，则z=（）A1+2iB2+2iC2iD1+i参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、
3、共轭复数的意义即可得出【解答】解：（1i）z=3+i，（1+i）（1i）z=（3+i）（1+i），化为：2z=2+4i，即z=1+2i故选：A【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6. 对于平面和直线，下列命题中假命题的个数是若，则；若，则；若， ，则； 若，则A.1个 B. 2个 C. 3个 D.4个参考答案：D略7. 直线l过抛物线的焦点F，交抛物线于A，B两点，且点A在x轴上方，若直线l的倾斜角，则|FA|的取值范围是（ ）A B C D参考答案：D略8. 在边长为6的正中，点满足则等于_. 参考答案：24略9. 已知集合，那么（ ）A3,
4、3 B(3,3) C3,2,1,0,1,2,3 Dx|3x3,xZ参考答案：D10. 已知PA垂直于ABC所在的平面，AB=AC=5，BC=6，PA=3，则点A到平面PBC的距离为( )A4BCD参考答案：D【考点】点、线、面间的距离计算 【专题】空间位置关系与距离【分析】利用等体积法，求解点A到平面PBC的距离【解答】解：PA垂直于ABC所在的平面，AB=AC=5，BC=6，PA=3，可得PB=PC=底面三角形ABC的面积为：=12，棱锥是体积为：=12点A到平面PBC的距离为hVAPBC=?h=5h，可得：5h=12，h=，故选：D【点评】本题考查点到平面的距离距离公式的求法，考查计算能力
5、二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设函数，则不等式的解集为 .参考答案：【测量目标】数学基本知识和基本技能/理解或掌握初等数学有关方程与代数的基本知识.【知识内容】方程与代数/不等式/含有绝对值的不等式的解法.【试题分析】即，所以，故答案为.12. 已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足，则数列an的公差是 参考答案：2【考点】8F：等差数列的性质【分析】在题设条件的两边同时乘以6，然后借助前n项和公式进行求解【解答】解：，6a1+6d6a13d=6，d=2故答案为：213. 已知、分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，且，写出满足上述条件的一组函数：，参考答案：答案
6、：、 14. 若在R上可导,则_.参考答案：-18略15. 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟一万斛.已知1斛粟的体积为2.7立方尺，1丈为10尺，则该粮仓的高是_尺.若将这些粟装入一个圆柱形粮仓内，若使这个圆柱形粮仓的表面积（含上下两底）最小，那么它的底面半径是_尺.参考答案： 20 （或写成）【分析】根据长方体的体积公式，即可求得该粮仓的高；设圆柱形底面半径为,根据一个长方体等于圆柱形体积，列出等式，结合均值不等式，即可求得答案.【详解】设长方体高为1斛
7、粟的体积为2.7立方尺，即立方丈根据长方体体积公式可得：解得丈设圆柱形底面半径为R，高为H，表面积为S根据题意可知：一个长方体等于圆柱形体积可得故当且仅当即，可得故答案为：20，.【点睛】本题主要考查了长方体的体积和根据基本不等式求最值，着重考查了学生的空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题16. 下列几个命题：方程x2+（a3）x+a=0若有一个正实根和一个负实根，则a0；函数y=+是偶函数也是奇函数；函数f（x）的值域是2，2，则函数f（x+1）的值域为3，1；一条曲线y=|3x2|和直线y=a（aR）的公共点个数是m，则m的值可能是1其中错误的有参考答案：【考点】命题的真假判断与
8、应用【分析】由韦达定理，可判断；根据函数奇偶性的定义，可判断；根据左右平移变换不改变函数的值域，可判断；分析曲线y=|3x2|和直线y=a（aR）的公共点个数，可判断【解答】解：方程x2+（a3）x+a=0若有一个正实根和一个负实根，则两根之积为负，即a0，故正确；函数y=+=0，x1，1，即是偶函数也是奇函数，故正确；函数f（x）的值域是2，2，则函数f（x+1）的值域也为2，2，故错误；一条曲线y=|3x2|和直线y=a（aR）的公共点个数是m，则m的值可能是2，3，4，不可能是1，故错误；故答案为：17. 6已知，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则“”是“m”的 条件（填“充分
9、不必要”、 “必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”） 参考答案：必要不充分； 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. 如图5，在直三棱柱中，D、E分别是BC和的中点，已知AB=AC=AA1=4，DBAC=90.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）求三棱锥的体积.参考答案：方法一：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 因为4，所以A（0，0，0），B（4，0，0），E（0，4，2），D（2，2，0），B1（4，0，4）. （1分）（1），.（2分）因为，所以，即. （3分）因为，所以，即. （4分）又AD、AE平面AE
10、D，且ADAE=A，故平面. （5分）（2）由（1）知为平面AED的一个法向量. （6分）设平面 B1AE的法向量为，因为，所以由，得，令y=1，得x=2，z=-2.即.（7分）， （8分）二面角的余弦值为. （9分）（3）由，得，所以ADDE. （10分）由，得. （11分）由（1）得B1D为三棱锥B1-ADE的高，且，（12分）所以. （13分）方法二：依题意得，平面ABC，.（1），D为BC的中点，ADBC. B1B平面ABC，AD平面ABC，ADB1B. BC、B1B平面B1BCC1，且BCB1B=B，所以AD平面B1BCC1.又B1D平面B1BCC1，故B1DAD . （2分）由，得
11、，所以. （4分）又AD、DE平面AED，且ADDE=E，故平面. （5分）（2）过D做DMAE于点M，连接B1M.由B1D平面AED，AE平面AED，得AE B1D.又B1D、DM平面B1DM，且B1DDM=D，故AE平面B1DM.因为B1M平面B1DM，所以B1MAE.故B1MD为二面角B1AED的平面角. （7分）由（1）得，AD平面B1BCC1，又DE平面B1BCC1，所以ADDE.在RtAED中， （8分）在RtB1DM中，所以，即二面角B1AED的余弦值为. （9分）（3）由（1）得，AD平面B1BCC1，所以AD为三棱锥A-B1DE的高，且. （10分）由（1）得. （11分）故
12、. （13分）19. 已知曲线由抛物线及抛物线组成，直线与曲线有个公共点.（1）若，求的最小值；（2）若，记这个交点为，其中在第一象限，证明：.参考答案：（1）解：联立与，得，与抛物线恒有两个交点.联立与，得.，.，的最小值为.（2）证明：由（1）知，且，.易知为抛物线的焦点，则.设，则，.,.20. 甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判（）求第4局甲当裁判的概率；（）用X表示前4局中乙当裁判的次数，求X的分布列和数学期望参考答案：【考点】离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式 【专题】应用题；概率与统计【分析】（I）令A1表示第2局结果为甲获胜，A2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判，分析其可能情况，每局比赛的结果相互独立且互斥，利用独立事件、互斥事件的概率求解即可（II）X的所有可能值为0，1，2分别求出X取每一个值的概率，列出分布列后求出期望值即可【解答】解：（I）令A1表示第2局结果为甲获胜A
