届三上学期期末考试质量检测数学文试题.docx

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届三上学期期末考试质量检测数学文试题

一、选择题：

本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合，则（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】由题意得，集合，

所以，故选B.

2.已知复数，则的虚部为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】由复数，可得，

所以复数的虚部为，故选A.

3.已知函数是奇函数，则的值为（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】由题意函数为奇函数，则，即，解得，

所以函数的解析式为，所以，故选C.

4.计算（　　）

A.0B.2C.4D.6

【答案】D

【解析】由对数的运算公式和换底公式可得：

，

故选D.

5.执行如图所示的程序框图，输出，则（　）

A.9B.10C.11D.12

【答案】B

【解析】执行循环为

结束循环，输出，所以，选B.

6.对于平面和直线，命题若则；命题若则.则下列命题为真命题的是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】由题意得，在空间中若，则是正确的，所以命题为真命题，所以为假命题，而若，则直线相交、平行或异面，所以命题为假命题，所以为真命题，所以为真命题，故选C.

7.已知变量满足约束条件，则的最大值为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

易知可行域为一个三角形，

其三个顶点的坐标分别为，

验证知在点时目标函数取得最大值，

当直线过点时，此时最大值为，故选B.

8.设离心率为的椭圆的右焦点与双曲线的右焦点重合，则椭圆方程为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】由题意得，双曲线的方程，可知，

又椭圆的离心率为，即，所以，

则，所以，故选D.

9.函数的图像如图所示，则下列说法正确的是（）

A.在区间上单调递减B.在区间上单调递增

C.在区间上单调递减D.在区间上单调递增

【答案】B

【解析】由题意得，，

所以函数的解析式为，

当时，则，

又由余弦函数的图象与性质可知，函数在单调递增，

函数在上单调递增，故选B.

10.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则此几何体的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】由题意知，根据给定的三视图可知，该几何体为一个三棱锥，

其底面面积为，

三棱锥的高为，所以此几何体的体积为，故选A.

11.已知球面上有A、B、C三点，且AB=AC=，BC=，球心到平面ABC的距离为，则球的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】由题意，，可得，

又由球心到截面的距离为，正好是球心到的中点的距离，

所以球的半径为，

所以球的体积为，故选B.

.....................

12.如图所示，设曲线上的点与轴上的点顺次构成等腰直角三角形，,直角顶点在曲线上，的横坐标为，记，则

数列的前120项之和为（）

A.10B.20C.100D.200

【答案】A

【解析】如图所示，联立，解得，所以，所以，

直线的方程为，

联立，解得，所以，

依次类推可得，即，

所以，

所以数列的前120项的和为，故选A.

点睛：

本题主要考查了归纳数的通项公式，数列的求和等知识点的考查，解答中利用函数的图象和题设条件等腰直角三角形的性质，得到数列的通项公式，再利用数列的裂项求和即可，重点考查了学生的推理能力与类推能力，试题有一定的难度，属于中档题.

二、填空题

13.平面向量满足，，则向量与夹角为_________.

【答案】

【解析】

14.已知，，且，则_________.

【答案】

【解析】由，，，则，

所以.

15.在内随机地取一个数k，则事件“直线与圆有公共点”发生的概率为_________.

【答案】

【解析】由直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离小于等于半径，

，解得，

所以根据几何概型及其概率公式可得.

点睛：

本题主要考查了几何概型及其概率的计算问题，对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算.

16.已知函数对任意的，有.设函数，且在区间上单调递增．若，则实数的取值范围为_______.

【答案】

【解析】由函数，则，

又因为，

两式相加可得，即，

所以为奇函数，且在区间上单调递增，

所以函数在上为单调递增函数，

由，即，

则，解得.

点睛：

本题主要考查了函数的图象与性质等知识点的综合应用，对于解函数不等式：

首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式（组），此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内，试题有一定的难度，属于中档试题.

三、解答题

17.已知等差数列的前项和为，且满足，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ）由，（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（1）先根据条件列出关于首项与公差的方程组,解得首项与公差,代入等差数列通项公式即可

（2）利用错位相减法求和,利用错位相减法求和时，注意相减时项的符号变化，中间部分利用等比数列求和时注意项数，最后要除以

试题解析：

（Ⅰ）由题意得：

解得,

故的通项公式为，

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：

①

②

①－②得：

故

点睛：

用错位相减法求和应注意的问题

（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

（2）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

18.如图，在四棱锥中，底面是菱形，.

（Ⅰ）证明：

直线⊥平面；

（Ⅱ）若=1，，求四棱锥的体积.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（Ⅰ）连接交与，证得，又，利用线面垂直的判定定理，即可证得结论；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，进而求得为点到平面的高，利用体积公式即可求解几何体的体积.

试题解析：

（Ⅰ）连接交与

，

直线⊥平面

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

19.六安市某棚户区改造，四边形为拟定拆迁的棚户区，测得,千米，千米，工程规划用地近似为图中四边形的外接圆内部区域.

（Ⅰ）求四边形的外接圆半径；

（Ⅱ）求该棚户区即四边形的面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（Ⅰ）由题得：

在，由余弦定理，求得，再由正弦定理，即可求解的值.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，由余弦定理得，

进而得到，即可得到结论.

试题解析：

（Ⅰ）由题得：

在

所以

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，

由余弦定理得：

即

所以（当且仅当PB=PC时等号成立）

而

故

20.已知经过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于两点，直线分别交直线于点．

（Ⅰ）求证：

；

（Ⅱ）求线段长的最小值．

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（Ⅰ）易知，设,联立方程组，再利用抛物线的方程，即可求解.

（Ⅱ）设,所以分别求得，

得到，由

（1）代入得，即可求解的最小值.

试题解析：

（Ⅰ）易知，设,

则

；

（Ⅱ）设,所以

所以的方程是:

由,

同理由

①

且由（Ⅰ）知

代入①得到:

仅当时，取最小值,

综上所述:

的最小值是

21.已知函数，其中.

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）y=x-1（Ⅱ）.

【解析】试题分析：

（Ⅰ）当时，，即曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ），可分，两种情况分类讨论，求得函数的最小值，即可求得实数的取值范围.

试题解析：

（Ⅰ）当a=1时，,f

（1）=0

所以,

即曲线在点P（1,f

（1））处的切线方程为y=x-1；

（Ⅱ）

若，则当，不满足题意；

若a>0，则

当,即时，恒成立

在上单调递增，而，

所以当时，，满足题意

当即有两个不等实根，且

，f（x）在上单调递减，而f

（1）=0，

当时，f（x）<0，不满足题意.

综上所述，.

点睛：

导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.选修4-4：

坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为；

（Ⅰ）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（Ⅱ）若直线与曲线交点分别为,点，求的值.

【答案】（Ⅰ），曲线（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（1）根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用加减消元法得直线的直角坐标方程

（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，由参数几何意义得化简得结果

试题解析：

（Ⅰ）,曲线

（Ⅱ）将（为参数）代入曲线C的方程，得

23.选修4-5：

不等式选讲

设函数.

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ），恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）

【解析】试题分析：

（1）移项两边平方去掉绝对值，解一元二次不等式即可

（2）先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再根据图像可得最大值，最后解不等式可得结果

试题解析：

（Ⅰ），即，即，，解得或，

所以不等式的解集为或.

（Ⅱ）

故的最大值为，

因为对于，使恒成立.所以，

即，解得或，

∴.