遼寧省鞍山市博圓中學高三數(shù)學文期末試卷含解析

遼寧省鞍山市博圓中學高三數(shù)學文期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.設命題p：函數(shù)y＝sin2x的最小正周期為；命題q：函數(shù)y＝cosx的圖象關(guān)于直線x＝對稱．則下列判斷正確的是

(

)A．p為真

B．﹁q為假

C．p∧q為假

D．p∨q為真參考答案：C略2.閱讀右圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的結(jié)果是A.3

B.11

C.38

D.123

參考答案：【知識點】流程圖

L1Ｂ第一次循環(huán)：可得；第二次循環(huán)：可得；不成立，所以執(zhí)行否，所以輸出11，故選擇Ｂ．【思路點撥】根據(jù)循環(huán)體進行循環(huán)，即可得到.3.已知中，，平面外一點，滿足，

則三棱錐的體積是（）

A.

B.

C.

D.參考答案：B因為，所以棱錐頂點在底面投影為的外心,因為,所以,則外接圓半徑為，所以三棱錐的高為，,則三棱錐的體積為,選B．4.我們常用以下方法求形如的函數(shù)的導數(shù)：先兩邊同取自然對數(shù)得：，再兩邊同時求導得到：，于是得到：，運用此方法求得函數(shù)的一個單調(diào)遞增區(qū)間是

A.（，4）

B.（3，6）

C（0，）

D.（2，3）參考答案：C由題意知，則，所以，由得，解得，即增區(qū)間為，選C.5.閱讀下面程序框圖，輸出的結(jié)果s的值為（

）A. B.0 C. D.參考答案：C由于即每項的和為零，程序運行得.6.已知兩個集合，，則=A．

B．

C．

D．參考答案：B略7.已知向量，滿足，“”是“”的（

）A．必要不充分條件

B．充分不必要條件

C.充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：B若，則，即.故“”是“”的充分不必要條件.

8.下列命題中錯誤的是（）A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β參考答案：D考點：平面與平面垂直的性質(zhì)．專題：空間位置關(guān)系與距離；簡易邏輯．分析：本題考查的是平面與平面垂直的性質(zhì)問題．在解答時：A注意線面平行的定義再結(jié)合實物即可獲得解答；B反證法即可獲得解答；C利用面面垂直的性質(zhì)通過在一個面內(nèi)作交線的垂線，然后用線面垂直的判定定理即可獲得解答；D結(jié)合實物舉反例即可．解答：解：由題意可知：A、結(jié)合實物：教室的門面與地面垂直，門面的上棱對應的直線就與地面平行，故此命題成立；B、假若平面α內(nèi)存在直線垂直于平面β，根據(jù)面面垂直的判定定理可知兩平面垂直．故此命題成立；C、結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可以分別在α、β內(nèi)作異于l的直線垂直于交線，再由線面垂直的性質(zhì)定理可知所作的垂線平行，進而得到線面平行再由線面平行的性質(zhì)可知所作的直線與l平行，又∵兩條平行線中的一條垂直于平面那么另一條也垂直于平面，故命題成立；D、舉反例：教室內(nèi)側(cè)墻面與地面垂直，而側(cè)墻面內(nèi)有很多直線是不垂直與地面的．故此命題錯誤．故選D．點評：本題考查的是平面與平面垂直的性質(zhì)問題．在解答的過程當中充分體現(xiàn)了面面垂直、線面垂直、線面平行的定義判定定理以及性質(zhì)定理的應用．值得同學們體會和反思．9.已知為第三象限角，且，則的值為A．

B．

C．

D．參考答案：B略10.要得到函數(shù)的圖像可將的圖像

A．向右平移個單位長度

B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度

D．向左平移個單位長度參考答案：B略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.數(shù)列的首項為1，數(shù)列為等比數(shù)列且，若，

.參考答案：1024略12.函數(shù)在區(qū)間上取值范圍為____________.參考答案：[,]13.已知直線與圓相切，若，，則的最小值為

．參考答案：314.

.參考答案：15.設,用表示不超過的最大整數(shù)，稱函數(shù)為高斯函數(shù)，也叫取整函數(shù).現(xiàn)有下列四個命題：①高斯函數(shù)為定義域為的奇函數(shù)；②是的必要不充分條件；③設，則函數(shù)的值域為；④方程的解集是.其中真命題的序號是________．（寫出所有真命題的序號）參考答案：【知識點】命題的真假判斷與應用．A2

【答案解析】②③④

解析：對于①，f（﹣1.1）=[﹣1.1]=﹣2，f（1.1）=[1.1]=1，顯然f（﹣1.1）≠﹣f（1.1），故定義域為R的高斯函數(shù)不是奇函數(shù)，①錯誤；對于②，“[x]”≥“[y]”不能?“x≥y”，如[4.1]≥[4.5]，但4.1＜4.5，即充分性不成立；反之，“x≥y”?“[x]”≥“[y]”，即必要性成立，所以“[x]”≥“[y]”是“x≥y”的必要不充分條件，故②正確；對于③，設g（x）=（）|x|，作出其圖象如下：由圖可知，函數(shù)f（x）=[g（x）]的值域為{0，1}，故③正確；對于④，[]=[]=[]=[]﹣1，即[]+1=[]，顯然，＞，即x＞﹣1；（1）當0≤＜1，即﹣1≤x＜3時，[]=0，[]+1=1；要使[]+1=[]，必須1≤＜2，即1≤x＜3，與﹣1≤x＜3聯(lián)立得：1≤x＜3；（2）當1≤＜2，即3≤x＜7時，[]=1，[]+1=2；要使[]+1=[]，必須2≤＜3，即3≤x＜5，與3≤x＜7聯(lián)立得：3≤x＜5；（3）當2≤＜3，即7≤x＜11時，[]=2，[]+1=3；要使[]+1=[]，必須3≤＜4，即5≤x＜7，與7≤x＜11聯(lián)立得：x∈?；綜上所述，方程[]=[]的解集是{x|1≤x＜5}，故④正確．故答案為：②③④．【思路點撥】①，舉例說明，高斯函數(shù)f（x）=[x]中，f（﹣1.1）≠﹣f（1.1），可判斷①錯誤；②，利用充分必要條件的概念，舉例如[4.1]≥[4.5]，但4.1＜4.5，說明“[x]”≥“[y]”是“x≥y”的必要不充分條件；③，作出g（x）=（）|x|的圖象，利用高斯函數(shù)f（x）=[x]可判斷函數(shù)f（x）=[g（x）]的值域為{0，1}；④，方程[]=[]?[]+1=[]，通過對0≤＜1，1≤＜2，2≤＜3三種情況的討論與相應的的取值范圍的討論可得原方程的解集是{x|1≤x＜5}，從而可判斷④正確．16.設函數(shù),給出以下四個命題：①當c=0時，有②當b=0,c>0時，方程③函數(shù)的圖象關(guān)于點（0，c）對稱④當x>0時；函數(shù)，。其中正確的命題的序號是_________。參考答案：1.2.3略17.如圖，已知橢圓+=1（a＞b＞0）上有一個點A，它關(guān)于原點的對稱點為B，點F為橢圓的右焦點，且滿足AF⊥BF，當∠ABF=時，橢圓的離心率為．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】設橢圓的左焦點為F1，連結(jié)AF1，BF1，通過|AB|=|F1F|=2c，所以在Rt△ABF中，|AF|=2csin，|BF|=2ccos，由橢圓定義，轉(zhuǎn)化求解離心率即可．【解答】解：設橢圓的左焦點為F1，連結(jié)AF1，BF1，由對稱性及AF⊥BF可知，四邊形AFBF1是矩形，所以|AB|=|F1F|=2c，所以在Rt△ABF中，|AF|=2csin，|BF|=2ccos，由橢圓定義得：2c（cos+sin）=2a，即：e====．故答案為：．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，過點A作⊙O1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點D、E，DE與AC相交于點P．（Ⅰ）求證：AD∥EC；（Ⅱ）若AD是⊙O2的切線，且PA=6，PC=2，BD=9，求AD的長．參考答案：考點：圓的切線的性質(zhì)定理的證明；直線與圓相交的性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系；與圓有關(guān)的比例線段．專題：計算題；證明題．分析：（I）連接AB，根據(jù)弦切角等于所夾弧所對的圓周角得到∠BAC=∠D，又根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠BAC=∠E，等量代換得到∠D=∠E，根據(jù)內(nèi)錯角相等得到兩直線平行即可；（II）根據(jù)切割線定理得到PA2=PB?PD，求出PB的長，然后再根據(jù)相交弦定理得PA?PC=BP?PE，求出PE，再根據(jù)切割線定理得AD2=DB?DE=DB?（PB+PE），代入求出即可．解答：解：（I）證明：連接AB，∵AC是⊙O1的切線，∴∠BAC=∠D，又∵∠BAC=∠E，∴∠D=∠E，∴AD∥EC．（II）∵PA是⊙O1的切線，PD是⊙O1的割線，∴PA2=PB?PD，∴62=PB?（PB+9）∴PB=3，在⊙O2中由相交弦定理，得PA?PC=BP?PE，∴PE=4，∵AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，∴AD2=DB?DE=9×16，∴AD=12點評：此題是一道綜合題，要求學生靈活運用直線與圓相切和相交時的性質(zhì)解決實際問題．本題的突破點是輔助線的連接．19.某公司購買了A，B，C三種不同品牌的電動智能送風口罩．為了解三種品牌口罩的電池性能，現(xiàn)采用分層抽樣的方法，從三種品牌的口罩中抽出25臺，測試它們一次完全充電后的連續(xù)待機時長，統(tǒng)計結(jié)果如下（單位：小時）：A444.555.566

B4.5566.56.5777.5

C555.566777.588（Ⅰ）已知該公司購買的C品牌電動智能送風口罩比B品牌多200臺，求該公司購買的B品牌電動智能送風口罩的數(shù)量；（Ⅱ）從A品牌和B品牌抽出的電動智能送風口罩中，各隨機選取一臺，求A品牌待機時長高于B品牌的概率；（Ⅲ）再從A，B，C三種不同品牌的電動智能送風口罩中各隨機抽取一臺，它們的待機時長分別是a，b，c（單位：小時）．這3個新數(shù)據(jù)與表格中的數(shù)據(jù)構(gòu)成的新樣本的平均數(shù)記為μ1，表格中數(shù)據(jù)的平均數(shù)記為μ0．若μ0≤μ1，寫出a+b+c的最小值（結(jié)論不要求證明）．參考答案：【考點】函數(shù)模型的選擇與應用．【分析】（I）利用該公司購買的C品牌電動智能送風口罩比B品牌多200臺，建立方程，即可求該公司購買的B品牌電動智能送風口罩的數(shù)量；（Ⅱ）根據(jù)古典概型概率計算公式，可求出A品牌待機時長高于B品牌的概率；（Ⅲ）根據(jù)平均數(shù)的定義，寫出a+b+c的最小值．【解答】解：（Ⅰ）設該公司購買的B品牌電動智能送風口罩的數(shù)量為x臺，則購買的C品牌電動智能送風口罩為臺，由題意得，所以x=800．答：該公司購買的B品牌電動智能送風口罩的數(shù)量為800臺..…（Ⅱ）設A品牌待機時長高于B品牌的概率為P，則．答：在A品牌和B品牌抽出的電動智能送風口罩中各任取一臺，A品牌待機時長高于B品牌的概率為..…（Ⅲ）18．…20.已知橢圓C：+y2=1和圓O：x2+y2=1，過點A（m，0）（m＞1）作兩條互相垂直的直線l1，l2，l1于圓O相切于點P，l2與橢圓相交于不同的兩點M，N．（1）若m=，求直線l1的方程；（2）求m的取值范圍；（3）求△OMN面積的最大值．參考答案：【考點】直線與橢圓的位置關(guān)系．【分析】（1）由題意設出直線l1的方程，由直線與圓相切的條件、點到直線的距離公式列出方程，可得直線l1的方程；（2）由條件對m分類討論，設直線l2、直線l1的方程，分別列出方程求出m和k關(guān)系，聯(lián)立橢圓方程化簡后，利用△＞0列出方程化簡后，求出m的取值范圍；（3）設M（x1，y1），N（x2，y2），由條件對m分類討論，先求出斜率不存在時△OMN面積，利用韋達定理和弦長公式表示出△OMN面積，化簡后利用換元法求出面積的最大值．【解答】解：（1）由題意可知：直線l1的斜率存在，設為k，則直線l1的方程為y=k（x﹣），即kx﹣y﹣k=0，∴圓O：x2+y2=1的圓心O（0，0）到直線l1的距離d=，化簡得k=1或k=﹣1，∴直線l1的方程是或；（2）①當1＜m

時，滿足條件；②當m≥時，直線l2的斜率存在，設為k，則直線l2的方程為y=k（x﹣m），即kx﹣y﹣km=0，∵l1⊥l2，∴直線l1的方程為y=（x﹣m）（k≠0），即x+ky﹣m=0，∵l1于圓O相切于點P，∴，化簡得m2=1+k2，由得，（2k2+1）x2﹣4mk2x+2k2m2﹣2=0，∴△=（﹣4mk2）2﹣4（2k2+1）（2m2k2﹣2）＞0，化簡得，1+k2（2﹣m2）＞0，由m2=1+k2得，k2=m2﹣1，代入上式化簡得，m4﹣3m2+1＜0，解得，又m≥，則，得，綜上得，m的取值范圍是；（3）設M（x1，y1），N（x2，y2），①當1＜m

時，若直線l2的斜率不存在，則直線l2的方程x=m，不妨設M（m，），N（m，），∴|MN|=，則△OMN面積S==，由得1＜m2＜2，當m2=1時，△OMN面積S取到最大值；②當m≥時，直線l2的斜率存在，設為k，則直線l2的方程為y=k（x﹣m），即kx﹣y﹣km=0，∵l1⊥l2，∴直線l1的方程為y=（x﹣m）（k≠0），即x+ky﹣m=0，∵l1于圓O相切于點P，∴，化簡得m2=1+k2，由得，（2k2+1）x2﹣4mk2x+2k2m2﹣2=0，則x1+x2=，x1x2=，1+k2（2﹣m2）|MN|===，又原點O（0，0）到直線l2的距離d=，∴△OMN面積S===，設t=，則S=，由以及m2=1+k2得，0＜t＜1，所以當t=時，△OMN面積的最大值是，綜上得，△OMN面積的最大值是．21.已知函數(shù)，．（1）若將函數(shù)圖象向左平移m個單位后，得到函數(shù)，要使恒成立，求實數(shù)m的最大值；（2）當時，函數(shù)存在零