江蘇省無錫市天一高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試題含解析

江蘇省無錫市天一高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試題含解析一、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.以雙曲線的右焦點為圓心，且與其漸近線相切的圓的方程是(

) A．x2+y2﹣10x+9=0 B．x2+y2﹣10x+16=0 C．x2+y2+10x+16=0 D．x2+y2+20x+9=0參考答案：A考點：雙曲線的簡單性質(zhì)．專題：計算題．分析：求出雙曲線的右焦點得到圓心，在求出圓心到其漸近線的距離得到圓的半徑，從而得到圓的方程．解答： 解：右焦點即圓心為（5，0），一漸近線方程為，即4x﹣3y=0，，圓方程為（x﹣5）2+y2=16，即x2+y2﹣10x+9=0，故選A．點評：本題考查雙曲線的焦點坐標(biāo)和其漸近線方程以及圓的基礎(chǔ)知識，在解題過程要注意相關(guān)知識的靈活運用．2.已知函數(shù)f（x）=，則關(guān)于x的方程f（2x2+x）=k（2＜k≤3）的根的個數(shù)不可能為（）A．6 B．5 C．4 D．3參考答案：D【考點】根的存在性及根的個數(shù)判斷．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】畫出函數(shù)f（x）=的圖象，令t=2x2+x，分類討論求得y=a與y=f（t）的圖象的交點個數(shù)，可得結(jié)論．【解答】解：畫出函數(shù)f（x）=的圖象如右圖，令t=2x2+x，當(dāng)2＜a≤3時，y=a與y=f（t）的圖象有三個交點，三個交點的橫坐標(biāo)記為t1，t2，t3且t1≤0＜t2＜t3，當(dāng)2x2+x=t2時，該方程有兩解，2x2+x=t3時，該方程也有兩解．當(dāng)2x2+x=t1時，該方程有0個解或1個解或2個解，∴當(dāng)2＜a≤3時，方程f（2x2+x）=a的根的個數(shù)可能為4個，5個，6個．當(dāng)a＞3時，y=a與y=f（t）的圖象有兩個交點，兩個交點的橫坐標(biāo)記為t4，t5且0＜t4＜t5，當(dāng)2x2+x=t4時，該方程有兩解，2x2+x=t5時，該方程也有兩解，∴當(dāng)a＞3時，方程f（2x2+x）=a的根的個數(shù)為4個．綜上所述：方程f（2x2+x）=a（a＞2）的根的個數(shù)可能為4個，5個，6個，不可能是3個，故選：D．【點評】本題主要考查方程根的存在性以及個數(shù)判斷，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．3.已知集合M={x|x2+x﹣12≤0}，N={y|y=3x，x≤1}，則集合{x|x∈M且x?N}為（）A．（0，3] B．[﹣4，3] C．[﹣4，0） D．[﹣4，0]參考答案：D【考點】集合的表示法．【分析】集合M為不等式的解集，集合N為指數(shù)函數(shù)的值域，分別求出，再根據(jù)新定義求集合{x|x∈M且x?N}B即可．【解答】解：M={x|x2+x﹣12≤0}=[﹣4，3]，N={y|y=3x，x≤1}=（0，3]，所以集合{x|x∈M且x?N}=[﹣4，0]．故選：D．4.籃球比賽中每支球隊的出場陣容由5名隊員組成，2017年的NBA籃球賽中，休斯頓火箭隊采取了“八人輪換”的陣容，即每場比賽只有8名隊員有機(jī)會出場，這8名隊員中包含兩名中鋒，兩名控球后衛(wèi)，若要求每一套出場陣容中有且僅有一名中鋒，至少包含一名控球后衛(wèi)，則休斯頓火箭隊的主教練一共有（）種出場陣容的選擇．A．16 B．28 C．84 D．96參考答案：B【考點】D8：排列、組合的實際應(yīng)用．【分析】根據(jù)題意，分2種情況討論：①、若只有一名控球后衛(wèi)，可以在兩名控球后衛(wèi)任選1人，在兩名中鋒任選1人，在其他4個人中選出3人，組成球隊，②、若有2名控球后衛(wèi)，將兩名控球后衛(wèi)全部選出，在兩名中鋒任選1人，在其他4個人中選出3人，組成球隊，分別求出每一種情況的出場陣容，由分類計數(shù)原理計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，要求每一套出場陣容中有且僅有一名中鋒，至少包含一名控球后衛(wèi)，則控球后衛(wèi)的人數(shù)為1或2，分2種情況討論：①、若只有一名控球后衛(wèi)，可以在兩名控球后衛(wèi)任選1人，在兩名中鋒任選1人，在其他4個人中選出3人，組成球隊，則此時有C21C21C43=16種出場陣容；②、若有2名控球后衛(wèi)，將兩名控球后衛(wèi)全部選出，在兩名中鋒任選1人，在其他4個人中選出3人，組成球隊，則此時有C22C21C42=12種出場陣容；則一共有16+12=28種出場陣容，故選：B．5.“”是“直線與圓相切”的（

）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件參考答案：A【分析】當(dāng)時，可得直線方程，通過點到直線距離公式可求出圓心到直線距離等于半徑，可知直線與圓相切，充分條件成立；當(dāng)直線與圓相切時，利用圓心到直線距離等于半徑構(gòu)造方程可求得或，必要條件不成立，從而得到結(jié)果.【詳解】由圓的方程知，圓心坐標(biāo)為，半徑當(dāng)時，直線為：，即圓心到直線距離當(dāng)時，直線與圓相切，則充分條件成立當(dāng)直線與圓相切時，圓心到直線距離，解得：或則必要條件不成立綜上，“”是“直線與圓相切”的充分不必要條件本題正確選項：【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判定，關(guān)鍵是能夠掌握直線與圓位置關(guān)系的判定方法，明確當(dāng)直線與圓相切時，圓心到直線的距離等于半徑.6.已知，且，則實數(shù)的值為A．

B．

C． D．參考答案：C略7.已知∈（,），sin=,則tan（）等于A．－7

B．－

C．7

D．參考答案：A略8.一個幾何體的三視圖如圖所示,則這個幾何體的體積為(▲)A． B． C． D．參考答案：A略9.若半徑為1的球面上兩點A、B間的球面距離為，則球心到A、B兩點的平面的距離的最大值為A．

B．

C．

D．參考答案：答案:C10.若直線2ax+by﹣2=0（a，b∈R+）平分圓x2+y2﹣2x﹣4y﹣6=0，則+的最小值是（）A．1 B．5 C．4 D．3+2參考答案：D【考點】直線與圓的位置關(guān)系．【專題】不等式的解法及應(yīng)用；直線與圓．【分析】求出圓心，根據(jù)直線平分圓，得到直線過圓心，得到a，b的關(guān)系，利用基本不等式即可得到結(jié)論．【解答】解：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣1）2+（y﹣2）2=11，即圓心為（1，2），∵直線2ax+by﹣2=0（a，b∈R+）平分圓x2+y2﹣2x﹣4y﹣6=0，∴直線過圓心，即2a+2b﹣2=0，∴a+b=1，則+=（+）（a+b）=2+1+，當(dāng)且僅當(dāng)，即a=時取等號，故+的最小值是3+，故選：D．【點評】本題主要考查基本不等式的應(yīng)用，利用直線和圓的位置關(guān)系得到a+b=1是解決本題的關(guān)鍵．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知的內(nèi)角的對邊分別為，若，則的取值范圍為

．參考答案：

.又，且，所以.設(shè)，令，則，故在上單調(diào)遞增，所以.12.（5分）已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＞0時，f（x）=，則f（f（﹣16））=．參考答案：【考點】：分段函數(shù)的應(yīng)用；函數(shù)的值．函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】：直接利用分段函數(shù)，由里及外逐步求解函數(shù)值即可．解：f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＞0時，f（x）=，則f（﹣16）=﹣f（16）=﹣log216=﹣4，f（f（﹣16））=f（﹣4）=﹣f（4）=﹣cos=．故答案為：．【點評】：本題考查分段函數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)值的求法，考查函數(shù)的奇偶性的性質(zhì)，三角函數(shù)值的求法，考查計算能力．13.已知α∈（0，π），sin（α+=﹣，則tanα=．參考答案：﹣【考點】GQ：兩角和與差的正弦函數(shù)；GI：三角函數(shù)的化簡求值．【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得cos（α+）的值，可得tan（α+）的值，再利用兩角差的正切公式，求得tanα的值．【解答】解：∵已知α∈（0，π），sin（α+=﹣，∴α+∈（π，），∴cos（α+）=﹣=﹣，∴tan（α+）===，∴tanα=﹣，故答案為：﹣．14.已知函數(shù)若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________．參考答案：(0,1)

15.已知圓C：，直線l：則圓C上任一點到直線l的距離小于2的概率為

.參考答案：16.已知則=

.參考答案：略17.已知，則的最小值為

.

參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，，AD=AC=1，O為AC的中點，PO平面ABCD，PO=2，M為PD的中點。（1）證明：PB//平面ACM；（2）證明：AD平面PAC（3）求直線AM與平面ABCD所成角的正切值。參考答案：考點：空間的角垂直平行試題解析：（1）證明：為AC的中點，即O為BD的中點，且M為PD的中點，又平面ACM，平面ACM,所以PB//平面ACM。（2）證明：因為，AD=AC，所以，所以,又PO平面ABCD，所以所以AD平面PAC。（3）取OD的中點為N，因為所以MN平面ABCD，所以為直線AM與平面ABCD所成角。因為AD=AC=1，，所以所以又所以19.已知為銳角，且，函數(shù)，數(shù)列的首項，.（1）求函數(shù)的表達(dá)式；（2）求數(shù)列的前項和.參考答案：（1）由，是銳角，………4分

.

………6分（2），

（常數(shù)）

………8分是首項為,公差的等差數(shù)列,，

………10分∴.

………12分

略20.如圖，在直三棱柱中，90°,,是的中點.（Ⅰ）求異面直線與所成的角；（Ⅱ）若為上一點，且，求二面角的大小.參考答案：解法一：（Ⅰ）取的中點，連，則∥，

∴或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角.

設(shè)，則，.

∴.

∵在中，.

∴異面直線與所成的角為.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.因為三棱柱是直三棱柱，∴平面，

又∵

∴.

∴.

∴～.

∴.即得，所得是的中點.連結(jié)，設(shè)是的中點，過點作于，連結(jié)，則.又∵平面平面

∴平面.而，∴，∴是二面角的平面角.由得.即二面角的為.

∴所求二面角為.解法二：（Ⅰ）如圖分別以、、所在的直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，則、、、、.∴，∴.∴異面直線與所成的角為.

（Ⅱ）設(shè)，則，

由得，知，

∴.設(shè)平面的一個法向量為，則，∵，∴，取，得.易知平面的一個法向量，∴.

∴二面角的大小為.略21.（本小題滿分13分）數(shù)列{an}是公比為的等比數(shù)列，且1-a2是a1與1+a3的等比中項，前n項和為Sn；數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1=8，其前n項和Tn滿足Tn=nλ?bn+1（λ為常數(shù)，且λ≠1）．

（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式及λ的值；

（Ⅱ）比較與Sn的大?。畢⒖即鸢福骸局R點】等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合；數(shù)列的求和．D2D3【答案解析】（Ⅰ），（Ⅱ）<Sn解析：（Ⅰ）

----------------2分

----------------5分（Ⅱ）令----------9分

--------10分

---------13分【思路點撥】（Ⅰ）根據(jù)1-a2是a1與1+a3的等比中項，建立關(guān)于a1的方程，解出a1=，從而得出數(shù)列{an}的通項公式．再由Tn=nλ?bn+1分別取n=1、2，建立關(guān)于{bn}的公差d與λ的方程組，解之即可得到實數(shù)λ的值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的結(jié)論，利用等比數(shù)列的求和公式算出Sn的表達(dá)式以及由等差數(shù)列的通項與求和公式算出{bn}的前n項和Tn=4n2+4n，利用裂項求和的方法即可得到所