浙江省宁波市届高三上学期期末考试数学精校解析 Word版.docx

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浙江省宁波市届高三上学期期末考试数学精校解析浙江省宁波市届高三上学期期末考试数学精校解析Word版版宁波市2017学年第一学期期末考试高三数学试卷第卷（选择题部分，共40分）一、选择题：

本大题共10小题,每小题4分,共40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】A【解析】，故选A.2.已知，则条件“”是条件“”的（）条件.A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】当时，不成立，所以充分性不成立，当时，成立，也成立，所以必要性成立，所以“”是条件“”的必要不充分条件，故选B.【方法点睛】本题通过不等式的基本性质主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：

首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试，对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3.若函数为偶函数，则实数的值为（）A.1B.C.1或D.0【答案】C【解析】时，不是偶函数，时，二次函数的对称轴为，若为偶函数，则，得或，故选C.4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则实数等于（）A.3B.C.5D.【答案】D【解析】是焦点在轴上的椭圆，离心率，得，故选D.5.圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为，则（）A.1B.2C.4D.8【答案】B【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：

，又该几何体的表面积为16+20，解得r=2，本题选择B选项.点睛：

三视图的长度特征：

“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法视频6.已知，为的导函数，则的图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，为奇函数，图象关于原点对称，排除，又，可排除，故选A.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择主要考查考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7.一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和个黑球.现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为，若，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】由题意，故选B.8.莱因德纸草书（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：

把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，问最小1份为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：

设五个人所分得的面包为（其中）；则由，得所以，最小的1分为故选A考点：

等差数列的性质9.若函数在上的最大值为，最小值为，则（）A.B.2C.D.【答案】C【解析】，又，且时，等号成立，故只需求的最大值，由于，故，故选C.10.已知向量，满足，为内一点（包括边界），若，则以下结论一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】以为原点，以所在直线轴建立坐标系，设，则有，得，又点在内，满足的关系式为，取不满足，排除选项，取，不满足，排除选项，又，正确，故选B.【方法点睛】本题主要考查平面向量数量积以及平面向量基本定理、排除法解选择题，属于难题.用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法.若结果为定值，则可采用此法.特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:

（1）求值问题（可将选项逐个验证）；

（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前项和公式问题等等.第卷（非选择部分，共110分）二、填空题：

本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.已知，则_【答案】2【解析】，故答案为.12.设为虚数单位，则复数的虚部为_，模为_【答案】

（1）.-2

（2）.【解析】，的虚部为，故答案为

（1）；

（2）.13.对给定的正整数，定义，其中，则_；当时，_【答案】

（1）.64

（2）.【解析】，时，故答案为

（1）；

（2）.14.在锐角中，已知，则角的取值范围是_，又若分别为角的对边，则的取值范围是_【答案】

（1）.

（2）.【解析】锐角中，由，可得，故答案为

（1）；

（2）.15.已知双曲线的渐近线方程是，右焦点，则双曲线的方程为_，又若点，是双曲线的左支上一点，则周长的最小值为_【答案】

（1）.

（2）.【解析】双曲线的渐近线方程是，右焦点，双曲线方程为，设右焦点，由双曲线定义可得，的周长为，故答案为

（1）；

（2）.16.现有红、黄、蓝、绿四个骰子，每个骰子的六个面上的数字分别为1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子，则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有_种（请用数字作答）【答案】52【解析】因为，对于上述四种情形掷这四个骰子，分别有种情形，综上共有种情形，故答案为.17.如图，在平面四边形中，点为中点，分别在线段上，则的最小值为_【答案】1.故答案为.三、解答题：

本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数.（）求的最小正周期；（）求在区间上的最大值与最小值.【答案】（）；（）最大值，最小值为.【解析】试题分析：

（）根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式及辅助角公式化简，根据周期公式可得结果；（由，可得，结合正弦函数的图象可得时，取得最大值，时，的最小值为.试题解析：

（），所以的最小正周期为.（）因为，所以.当，即时，取得最大值；当，即时，.即的最小值为.19.如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，为中点，.（）求证：

平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】试题分析：

（）设与的交点为，连结，则为的中点，由为中点，利用三角形中位线定理可得，从而根据线面平行的判定定理可得平面；（）由勾股定理可得，根据线面垂直的性质定理得平面，故，再根据线面垂直的判定定理可得平面，故就是直线与平面所成的角，在直角中可得.试题解析：

（）设与的交点为，连结.因为为矩形，所以为的中点.在中，由已知为中点，所以.又平面，平面，所以平面.（）在中，所以，即.因为平面平面，平面平面，所以平面，故.又因为，平面，所以平面，故就是直线与平面所成的角.在直角中，所以.即直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法，属于难题.证明线面平行的常用方法：

利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题

（1）是就是利用方法证明的.20.已知函数.（）若方程只有一解，求实数的取值范围；（）设函数，若对任意正实数，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：

（）利用导数研究函数的单调性，可得函数在上单调递减，函数在区间上单调递增，根据单调性可得时，时，,且，结合函数图象可得结果；（）由（）知，对任意正实数，恒成立，等价于，先排除，当时，利用导数可得，所以.试题解析：

（）由已知.当时，函数在上单调递减；当时，函数在区间上单调递增.故.又当时，.且（对足够小的）.又当时，.即所求的取值范围是.（）由（）知.所以对任意正实数，恒成立，等价于.

（1）当时，与式矛盾，故不合题意.

（2）当时，当时，当时，所以在上单调递增，在区间上单调递减.，所以.综合

（1）

（2）知实数的取值范围为.21.已知抛物线的方程为，为其焦点，过不在抛物线上的一点作此抛物线的切线，为切点.且.（）求证：

直线过定点；（）直线与曲线的一个交点为，求的最小值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】试题分析：

（）设直线的方程为，设，由消去得，根据韦达定理，结合导数的结合意义可得这两条切线的斜率分别为，.由这两切线垂直得，从而可得结论；（）设，则，利用导数求出的最小值即可.试题解析：

（）设直线的方程为，设，以为切点的切线方程分别为，.由消去得.则，.这两条切线的斜率分别为，.由这两切线垂直得，得.所以直线恒过定点.（）设，则，当时，则，可得，当时，则，同样可得.所以.由.所以.令，.所以在上为减函数，在上为增函数.所以.（或当时取等号.）【方法点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系、最值问题及直线过定点问题.属于难题.探索曲线过定点的常见方法有两种：

可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据求解），借助于曲线系的思想找出定点（直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点）.从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.22.已知数列满足，.（）若，求证：

对任意正整数均有；（）若，求证：

对任意恒成立.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】试题分析：

（）当时，根据和在均为增函数，可得，当时，由在上为减函数，得.当时，可得恒成立，从而可得结论；（）由第（）题知，令，则，可证明为递减数列，.从而.又由可得.所以.试题解析：

（）当时，根据和在均为增函数.从而当时，必有或.当时，由在上为减函数，得.当时，从而恒成立.综上所述，对所有满足的正整数均成立.（）一方面，由第（）题知.又.所以.另一方面，且，令，则，即，且，.由，且知为递减数列，且.所以.从而.又由.所以.所以.