安徽省亳州市渦陽縣青疃劉村中學高三數學文期末試題含解析

安徽省亳州市渦陽縣青疃劉村中學高三數學文期末試題含解析一、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1.四個旅行團選擇四個景點游覽，其中恰有一個景點沒有旅行團游覽的情況有（

）種A．36

B．72

C．144

D．288參考答案：C恰有一個景點沒有旅行團游覽，先從4個旅游團中任選2個，有C種方法，然后與其余2個旅游團看成三組，分別游覽4個景點中的3個，有A種方法．由分步計數原理，知共有CA＝144種不同的放法，因此選C．2.已知a,b∈R,且ab≠0，則在下列四個不等式中，不恒成立的是(

)A. B.C. D.參考答案：B略3.已知復數滿足（為虛數單位），則z的虛部為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：C4.已知雙曲線的中心為O，過焦點F向一條漸近線作垂線，垂足為A，如果△OFA的內切圓半徑為1，則此雙曲線焦距的最小值為（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D5.若，則（

）A. B. C. D.參考答案：B【分析】由三角函數的誘導公式和倍角公式化簡即可.【詳解】因為，由誘導公式得，所以.故選：B【點睛】本題考查了三角函數的誘導公式和倍角公式，靈活掌握公式是關鍵，屬于基礎題.

6.函數的最小正周期為，

若其圖象向右平移個單位后關于y軸對稱，則

(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：B略7.已知復數（是虛數單位）在復平面上表示的點在第四象限，且，則

A.

B.

C.

D.參考答案：B由可得，又在第四象限，則，故選B.8.已知集合則（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A9.函數的零點個數為（

）A.2

B.3

C.4

D.5參考答案：B略10.已知f(x)是定義在區(qū)間上的函數，是的導函數，且，，則不等式的解集是（

）A．(－∞,1)

B．(1,+∞)

C．

D．(0,1)參考答案：D引入函數，則，，，又，函數在區(qū)間上單調遞增，又，不等式“”等價于“”，即，又，又函數在區(qū)間上單調遞增，，解得，又函數的定義域為，得，解得，故不等式的解集是，故選D.

二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.甲乙兩人玩猜數字游戲，先由甲在心中任想一個數字，記為，再由乙猜甲剛才所想的數字，把乙猜的數字記為，且．若，則稱甲乙“心有靈犀”．現(xiàn)任意找兩人玩這個游戲，得出他們“心有靈犀”的概率為

．參考答案：略12.定義在R上的偶函數滿足：上是增函數，給出下列判斷：

①是周期函數；

②的圖像關于直線x=1對稱；

③在[0，1]上是增函數；④在[1，2]上是減函數；

⑤

其中正確的命題是

。參考答案：①②⑤略13.已知（1+ax）3,=1+10x+bx3+…+a3x3,則b= .參考答案：解析：因為∴

.解得14.若某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是．

參考答案：考點：由三視圖求面積、體積．專題：空間位置關系與距離．分析：畫出幾何體的直觀圖，然后利用三視圖的數據求解幾何體的體積即可．解：由圖知此幾何體為邊長為2的正方體裁去一個三棱錐（如右圖），所以此幾何體的體積為：2×=．故答案為：．點評：本題考查幾何體的三視圖與直觀圖的關系，幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計算能力．

15.已知向量滿足，則___________.參考答案：-116.在△ABC中，M是BC的中點，AM=3，BC=10，則=______參考答案：-1617.如圖所示的數陣叫“萊布尼茲調和三角形”，他們是由整數的倒數組成的，第行有個數且兩端的數均為，每個數是它下一行左右相鄰兩數的和，如：…，則第10行第3個數字是

．參考答案：略三、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.（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分別為AB、PC的中點。（1）求證：EF∥平面PAD；（2）若PA=2，試問在線段EF上是否存在點Q，使得二面角

Q-AP-D的余弦值為？若存在，確定點Q的位置；若不存在，請說明理由。參考答案：證明：（1）取PD中點M，連接MF，MA在ΔCPD中，F(xiàn)為PC的中點，∴MF平行且等于，正方形ABCD中E為AB中點，AE平行且等于，∴AE平行且等于MF，故：EFMA為平行四邊形，∴EF∥AM

……2分又∵EF平面PAD，AM平面PAD∴EF∥平面PAD

……4分（2）如圖：以點A為坐標原點建立空間直角坐標系：，，，，由題易知平面PAD的法向量為，

……6分假設存在Q滿足條件：設，，，，，設平面PAQ的法向量為，

……10分∴，由已知：解得：，所以：滿足條件的Q存在，是EF中點。

……12分19.在極坐標系中，圓C的方程為，以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，直線l的參數方程為（t為參數），判斷直線l和圓C的位置關系．參考答案：解：消去參數t，得直線l的直角坐標方程為y=2x+1；圓C的方程，即ρ=2（sinθ+cosθ），兩邊同乘以ρ得ρ2=2（ρsinθ+ρcosθ），得⊙C的直角坐標方程為：（x﹣1）2+（x﹣1）2=2，圓心C到直線l的距離，所以直線l和⊙C相交略20.對于函數，若在定義域內存在實數，滿足，則稱為“M類函數”.（1）已知函數，試判斷是否為“M類函數”？并說明理由；（2）設是定義在[－1,1]上的“M類函數”，求是實數m的最小值；（3）若為其定義域上的“M類函數”，求實數m的取值范圍.參考答案：解：（1）由，得：所以所以存在滿足所以函數是“類函數”，（2）因為是定義在上的“類函數”，所以存在實數滿足，即方程在上有解.令則，因為在上遞增，在上遞減所以當或時，取最小值（3）由對恒成立，得因為若為其定義域上的“類函數”所以存在實數，滿足①當時，，所以，所以因為函數（）是增函數，所以②當時，，所以，矛盾③當時，，所以，所以因為函數是減函數，所以綜上所述，實數的取值范圍是

21.已知函數f（x）=1+lnx﹣，其中k為常數．（1）若k=0，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．（2）若k=5，求證：f（x）有且僅有兩個零點；（3）若k為整數，且當x＞2時，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．參考答案：解：（1）當k=0時，f（x）=1+lnx．因為f′（x）=，從而f′（1）=1．又f（1）=1，所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程y﹣1=x﹣1，即x﹣y=0．

（2）證明：當k=5時，f（x）=lnx+﹣4．因為f′（x）=，從而當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=10時，f（x）有極小值．

因f（10）=ln10﹣3＜0，f（1）=6＞0，所以f（x）在（1，10）之間有一個零點．因為f（e4）=4+﹣4＞0，所以f（x）在（10，e4）之間有一個零點．從而f（x）有兩個不同的零點．

（3）方法一：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立，即k＜對x∈（2，+∞）恒成立．令h（x）=，則h′（x）=．設v（x）=x﹣2lnx﹣4，則v′（x）=．當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數．因為v（8）=8﹣2ln8﹣4=4﹣2ln8＜0，v（9）=5﹣2ln9＞0，所以存在x0∈（8，9），v（x0）=0，即x0﹣2lnx0﹣4=0．當x∈（2，x0）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增．所以當x=x0時，h（x）的最小值h（x0）=．因為lnx0=，所以h（x0）=∈（4，4.5）．故所求的整數k的最大值為4．

方法二：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立．f（x）=1+lnx﹣，f′（x）=．①當2k≤2，即k≤1時，f′（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，所以f（x）在（2，+∞）上單調遞增．而f（2）=1+ln2＞0成立，所以滿足要求．②當2k＞2，即k＞1時，當x∈（2，2k）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=2k時，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k﹣k．從而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等價于2+ln2k﹣k＞0．令g（k）=2+ln2k﹣k，則g′（k）=＜0，從而g（k）在（1，+∞）為減函數．因為g（4）=ln8﹣2＞0，g（5）=ln10﹣3＜0，所以使2+ln2k﹣k＞0成立的最大正整數k=4．綜合①②，知所求的整數k的最大值為4考點：利用導數研究曲線上某點切線方程；利用導數求閉區(qū)間上函數的最值．專題：函數的性質及應用；導數的概念及應用；導數的綜合應用．分析：（1）求出f（x）的解析式，求出導數和切線的斜率和切點坐標，由點斜式方程即可得到切線方程；（2）求出k=5時f（x）的解析式和導數，求得單調區(qū)間和極小值，再由函數的零點存在定理可得（1，10）之間有一個零點，在（10，e4）之間有一個零點，即可得證；（3）方法一、運用參數分離，運用導數，判斷單調性，求出右邊函數的最小值即可；方法二、通過對k討論，運用導數求出單調區(qū)間，求出f（x）的最小值，即可得到k的最大值為4．解答：解：（1）當k=0時，f（x）=1+lnx．因為f′（x）=，從而f′（1）=1．又f（1）=1，所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程y﹣1=x﹣1，即x﹣y=0．

（2）證明：當k=5時，f（x）=lnx+﹣4．因為f′（x）=，從而當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=10時，f（x）有極小值．

因f（10）=ln10﹣3＜0，f（1）=6＞0，所以f（x）在（1，10）之間有一個零點．因為f（e4）=4+﹣4＞0，所以f（x）在（10，e4）之間有一個零點．從而f（x）有兩個不同的零點．

（3）方法一：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立，即k＜對x∈（2，+∞）恒成立．令h（x）=，則h′（x）=．設v（x）=x﹣2lnx﹣4，則v′（x）=．當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數．因為v（8）=8﹣2ln8﹣4=4﹣2ln8＜0，v（9）=5﹣2ln9＞0，所以存在x0∈（8，9），v（x0）=0，即x0﹣2lnx0﹣4=0．當x∈（2，x0）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增．所以當x=x0時，h（x）的最小值h（x0）=．因為lnx0=，所以h（x0）=∈（4，4.5）．故所求的整數k的最大值為4．

方法二：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立．f（x）=1+lnx﹣，f′（x）=．①當2k≤2，即k≤1時，f′（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，所以f（x）在（2，+∞）上單調遞增．而f（2）=1+ln2＞0成立，所以滿足要求．②當2k＞2，即k＞1時，當x∈（2，2k）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=2k時，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k﹣k．從而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等價于2+ln2k﹣k＞0．令g（k）=2+ln2k﹣k，則g′（k）=＜0，從而g（k）在（1，+∞）為減函數．因為g（4）=ln8﹣2＞0，g（5）=ln10﹣3＜0，所以使2+ln2k﹣k＞0成立的最大正整數k=4．綜合①②，知所求的整數k的最大值為4．點評：本題考查導數的運用：求切線方程和求單調區(qū)間及極值、最值，主要考查導數的