河北省滄州市十五級中學高三數(shù)學理上學期期末試卷含解析

河北省滄州市十五級中學高三數(shù)學理上學期期末試卷含解析一、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.已知函數(shù)的一條對稱軸為，且，則的最小值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：Bf（x）=asinx﹣cosx由于函數(shù)的對稱軸為：x=﹣，則：解得：a=1．所以：f（x）=2sin（x﹣），由于：f（x1）?f（x2）=﹣4，所以函數(shù)必須取得最大值和最小值，所以：|x1+x2|=4k，當k=0時，最小值為．故選：B．

2.已知是雙曲線的左焦點，是雙曲線的右頂點，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點，若是銳角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A由于為等腰三角形，可知只需即可，即，化簡得．3.將函數(shù)

的圖像向右平移個單位，再將圖象上每一點橫坐標伸長為原來的2倍后得到圖像，若在上關于的方程有兩個不等的實根．,則的值為(

)A．

B．

C．

D．參考答案：D略4.若集合，，則集合(

)．．

． ． ．參考答案：C略5.若函數(shù)是偶函數(shù)，則(

)A.0 B.1 C.-1 D.1或-1參考答案：D略6.若函數(shù)的定義域為［1，8］，則函數(shù)的定文域為A．(0,3)

B．[1,3)∪(3,8]

C．[1,3)

D．[0,3)參考答案：D7.已知集合，則A∩B=（

）A. B. C. D.參考答案：D【分析】先把集合A和B表示出來，利用交集運算法則得到答案.【詳解】，則.故選D【點睛】本題考查了集合中交集的運算,屬于簡單題.8.直線在軸和軸上的截距分別為和，直線的方程為，則直線到的角為A．30°

B．45°

C．135°

D．45°或135°參考答案：B9.已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體

積為

A．

B．

C．

D．參考答案：A略10.定義在上的奇函數(shù)滿足是偶函數(shù)，且當時，f(x)=x(3-2x)，則=（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數(shù)（），若函數(shù)在區(qū)間上是單調減函數(shù)，則的最小值是

.參考答案：12.不等式的解集是

．參考答案：13.在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c,已知A=,a=,b=1，則c=_____參考答案：214.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的復數(shù)z是．參考答案：考點：程序框圖．專題：圖表型．分析：由z0的值可知：z0為1的一個3次虛根，再根據(jù)判斷框可知需要計算的次數(shù)即可得出答案．解答：解：計算可得：z02=﹣﹣i，z03=1，即z0為1的一個3次虛根．由循環(huán)結構可得：當n=2013時，還要計算一次得z=z02014=z0671×3+1=z0．而n←2013+1＞2013，由判斷框可知：要跳出循環(huán)結構．故輸出的值為z0←．故答案為：．點評：熟練掌握循環(huán)結構的功能及1的一個3次虛根的周期性是解題的關鍵．15.命題“?x∈R,2x2－3ax＋9<0”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是__________．參考答案：略16.已知正實數(shù)x、y、z滿足2x＝y(tǒng)z，則的最小值為________．參考答案：.17.若，則的最大值

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。參考答案：【解析】本小題考查三角形面積公式及函數(shù)思想。因為AB=2（定長），可以以AB所在的直線為軸，其中垂線為軸建立直角坐標系，則，設，由可得，化簡得，即C在以（3，0）為圓心，為半徑的圓上運動。又。答案三、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ABCD是直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90o，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，E為PD的中點．(1)求證：CE∥平面PAB；(2)求PA與平面ACE所成角的大?。?3)求二面角E－AC－D的大?。畢⒖即鸢福航猓?）.證明：取PA的中點F，連結FE、FB，則FE∥BC，且FE＝AD＝BC，∴BCEF是平行四邊形，∴CE∥BF，而BFì平面PAB，∴CE∥平面PAB．(2)解：取AD的中點G，連結EG，則EG∥AP，問題轉為求EG與平面ACE所成角的大小.又設點G到平面ACE的距離為GH，H為垂足，連結EH，則∠GEH為直線EG與平面ACE所成的角．現(xiàn)用等體積法來求GH．

∵VE－AGC＝S△AGC·EG＝又AE＝，AC＝CE＝，易求得S△AEC＝，∴VG－AEC＝′′GH＝VE－AGC＝，∴GH＝在Rt△EHG中，sin∠GEH＝＝，即PA與平面ACE所成的角為arcsin．

(3)設二面角E－AC－D的大小為a．由面積射影定理得cosa＝＝，∴a＝arccos，即二面角E－AC－D的大小為arccos．略19..已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且.（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；（Ⅱ）令，求數(shù)列的前n項和Tn.參考答案：解：（Ⅰ）因為①，所以②，②-①得：，即，又，所以.（Ⅱ），令，則，所以.20.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD=CD=AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．（1）求證：BC⊥平面PAC；（2）若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與PB交于點N，求PN：PB的值．參考答案：（1）證明：連結AC．不妨設AD=1．因為AD=CD=AB，所以CD=1，AB=2．因為∠ADC=90°，所以AC=，∠CAB=45°．在△ABC中，由余弦定理得BC=，所以AC2+BC2=AB2．所以BC⊥AC．

…（3分）因為PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥PC．

…（5分）因為PC?平面PAC，AC?平面PAC，PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC．

…（7分）（2）解：如圖，因為AB∥DC，CD?平面CDMN，AB?平面CDMN，所以AB∥平面CDMN．

…（9分）因為AB?平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN．

…（12分）在△PAB中，因為M為線段PA的中點，所以N為線段PB的中點，即PN：PB的值為．

…（14分）考點：直線與平面垂直的判定；余弦定理．專題：綜合題；空間位置關系與距離．分析：（1）連結AC，證明BC⊥AC，BC⊥PC，利用線面垂直的判定定理，可得BC⊥平面PAC；（2）證明AB∥MN，利用M為線段PA的中點，可得N為線段PB的中點，即可得出結論．解答：（1）證明：連結AC．不妨設AD=1．因為AD=CD=AB，所以CD=1，AB=2．因為∠ADC=90°，所以AC=，∠CAB=45°．在△ABC中，由余弦定理得BC=，所以AC2+BC2=AB2．所以BC⊥AC．

…（3分）因為PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥PC．

…（5分）因為PC?平面PAC，AC?平面PAC，PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC．

…（7分）（2）解：如圖，因為AB∥DC，CD?平面CDMN，AB?平面CDMN，所以AB∥平面CDMN．

…（9分）因為AB?平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN．

…（12分）在△PAB中，因為M為線段PA的中點，所以N為線段PB的中點，即PN：PB的值為．

…（14分）點評：本題考查線面平行、垂直的判定，考查學生分析解決問題的能力，正確運用線面平行、垂直的判定定理是關鍵21.（本小題滿分13分）已知橢圓C：（a＞b＞0）與y軸的交點為A，B（點A位于點B的上方），F(xiàn)為左焦點，原點O到直線FA的距離為b．（Ⅰ）求橢圓C的離心率；（Ⅱ）設b=2，直線y=kx+4與橢圓C交于不同的兩點M，N，求證：直線BM與直線AN的交點G在定直線上．參考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）見解析

【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標準方程；橢圓的簡單性質．菁H5H8解析：（Ⅰ）設F的坐標為(–c，0)，依題意有bc=ab，∴橢圓C的離心率e==．

…………3分（Ⅱ）若b=2，由（Ⅰ）得a=2，∴橢圓方程為．…………5分聯(lián)立方程組化簡得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，由△=32(2k2–3)＞0，解得：k2＞由韋達定理得：xM+xN=…①，xMxN=…②

…………7分設M(xM，kxM+4)，N(xN，kxN+4)，MB方程為：y=x–2，……③NA方程為：y=x+2，……④

…………9分由③④解得：y=

…………11分===1即yG=1，∴直線BM與直線AN的交點G在定直線上．

…………13分【思路點撥】（Ⅰ）設F的坐標為（﹣c，0），原點O到直線FA的距離為b，列出方程，即可求解橢圓的離心率．（Ⅱ）求出橢圓方程，聯(lián)立方程組，通過韋達定理，設M（xM，kxM+4），N（xN，kxN+4），求出MB方程，NA方程，求出交點坐標，推出結果．22.設函數(shù)f（x）=ax﹣2﹣lnx（a∈R）．（I）若f（x）在點（e，f（e））處的切線為x﹣ey+b=0，求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅲ）若g（x）=ax﹣ex，求證：在x＞0時，f（x）＞g（x）參考答案：【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性；利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程．【專題】函數(shù)的性質及應用；導數(shù)的綜合應用．【分析】（I）通過f（x）在點（e，f（e））處的切線為x﹣ey+b=0，可得f′（e）=，解得，再將切點（e，﹣1）代入切線方程x﹣ey+b=0，可得b=﹣2e；（II）由（I）知：f′（x）=（x＞0），結合導數(shù)分①a≤0、②a＞0兩種情況討論即可；（III）通過變形，只需證明g（x）=ex﹣lnx﹣2＞0即可，由于g′（x）=，根據(jù)指數(shù)函數(shù)及冪函數(shù)的性質可知，根據(jù)函數(shù)的單調性及零點判定定理即得結論．【解答】解：（I）∵f（x）=ax﹣2﹣lnx（a∈R）∴f′（x）==（x＞0），∵f（x）在點（e，f（e））處的切線為x﹣ey+b=0，即f（x）在點（e，f（e））的切線的斜率為，∴f′（e）==，∴，∴切點為（e，﹣1），將切點代入切線方程x﹣ey+b=0，得b=﹣2e，所以，b=﹣2e；（II）由（I）知：f′（x）=（x＞0），下面對a的正負情況進行討論：①當a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞減；②當a＞0時，令f′（x）=0，解得x=，當x變化時，f′（x）、f（x）隨x的變化情況如下表：0（a，+∞）f′（x）﹣0+f（x）↓

↑由此表可知：f（x）在（0，）上單調遞減，f（x）在（，+∞）上單調遞增；綜上所述，當a≤0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，+∞）；當a＞0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，），f（x）的單調遞增區(qū)間為（，+∞）；（III）∵f（x）=ax﹣2﹣lnx，g（x）=ax﹣ex，∴要證：當x＞0時，f（x）＞g（x），即證：ex﹣lnx﹣2＞0，令g（x）=ex﹣lnx﹣2（x＞0），則只需證：g（x）＞0，由于g′（x）=，根據(jù)指數(shù)函數(shù)及冪函數(shù)的性質