湖南省永州市兴桥中学高三数学文期末试题含解析

湖南省永州市兴桥中学高三数学文期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知为不相等的正实数，则三个数的大小顺序是

参考答案：A略2.执行如图程序，输出的结果为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B3.阅读下面程序，若输入的数为5，则输出结果是INPUT

xIF

x<3

THEN

ELSEIF

x>3

THEN

ELSE

y=2END

IFEND

IFPRINT

yENDA．5

B．16

C．24

D．32参考答案：C略4.已知向量，，则与夹角的余弦值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略5.若函数f（x）＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值犯围为(

)A．（1，＋∞） B．（1，8） C．（4，8） D．［4，8）参考答案：D6.若双曲线的焦距为，则实数a为(

)A.2 B.4 C. D.参考答案：A双曲线的焦距为故答案为：A.

7.函数的定义域是（）A． B． C． D．[0，+∞）参考答案：B【考点】函数的定义域及其求法．【分析】由对数函数的性质得到关于x的不等式组，解出即可．【解答】解：由题意得：，解得：x＞﹣且x≠0，故选：B．【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查对数函数的性质，是一道基础题．8.某几何体的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则该几何体的体积不可能是（）A． B． C． D．1参考答案：D【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】根据已知中的正视图和侧视图，可得当底面面面最大值，底面为正方形，求出几何体体积的最大值，可得结论．【解答】解：当底面面面最大值，底面为正方形，此时V=×1×1×2=，1＞，故该几何体的体积不可能是1，故选：D【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．9.设是定义在上的恒不为零的函数，对任意实数，都有，若，则数列的前项和的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略10.已知向量满足，则=（）A．3 B． C．7 D．参考答案：B【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据向量的数量积公式以及向量的模的计算即可．【解答】解：∵向量满足，∴|+|2=||2+2?+||2=2+2?=1，∴2?=﹣1，∴|2+|2=4||2+4?+||2=4﹣2+1=3，∴|2+|=，故选：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知两个非零向量

，定义，其中为的夹角．若，，则___▲___参考答案：612.已知集合,,在集合中任意取一个元素，则的概率是

.参考答案：13.已知α为第二象限角，则

。参考答案：-114.多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为cm2．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】如图所示，由三视图可知：该几何体为三棱锥P﹣ABC．该几何体可以看成是两个底面均为△PCD，高分别为AD和BD的棱锥形成的组合体，进而可得答案．【解答】解：如图所示，由三视图可知：该几何体为三棱锥P﹣ABC．该几何体可以看成是两个底面均为△PCD，高分别为AD和BD的棱锥形成的组合体，由几何体的俯视图可得：△PCD的面积S=×4×4=8cm2，由几何体的正视图可得：AD+BD=AB=4cm，故几何体的体积V=×8×4=cm3，故答案为：．15.有一个底面圆的半径为1，高为3的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为．参考答案：略16.曲线在处的切线方程为

▲

.参考答案：17.已知实数x，y满足则的最大值为________．参考答案：4【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析求解.【详解】由题得不等式组对应的可行域如图所示，由题得z=x+y,所以y=-x+z,直线的纵截距为z.当直线y=-x+z经过点A时，直线的纵截距最大，z最大.联立得A(2,2), 所以.故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.参考答案：为中点，，，四边形是平行四边形，

………4分

略19.如图，四棱锥P﹣ABCD底面为一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥面ABCD，E为PC中点 （Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）求证：BE∥平面PAD （Ⅲ）假定PA=AD=CD，求二面角E﹣BD﹣C的正切值． 参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）证明PA⊥DC，DC⊥AD，然后证明DC⊥面PAD，平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）取PD的中点F，连接EF，FA∵E为PC中点，证明四边形ABEF为平行四边形，推出BE∥AF，然后证明BE∥平面PAD （Ⅲ）连接AC，取AC中点O，连接EO．过O作OG⊥BD交BD于G，连接EG．说明∠EGO为所求二面角E﹣BD﹣C的平面角，设PA=AD=CD=2a，AB=a，连DO并延长交AB于B′，O为DB′中点，过B′作B′G′⊥DB交BD于G′，在△EOG中求解二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥DC， ∵DC⊥AD且AD∩PA=A，∴DC⊥面PAD， ∵DC?面PDC， ∴平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）证明：取PD的中点F，连接EF，FA∵E为PC中点， ∴在△PDC中：EF∥=，∴EF∥=AB， ∴四边形ABEF为平行四边形， 即BE∥AF， ∵AF?面PAD且BE?面PAD， ∴BE∥平面PAD． （Ⅲ）解：连接AC，取AC中点O，连接EO． 在△PAC中：EO∥=， ∴EO⊥面ABC，过O作OG⊥BD交BD于G，连接EG． 由三垂线定理知：∠EGO为所求二面角E﹣BD﹣C的平面角， 设PA=AD=CD=2a，AB=a，∴EO=a 连DO并延长交AB于B′，则四边形AB′CD为正方形，且B′B=a，O为DB′中点， 过B′作B′G′⊥DB交BD于G′． ∴= 在△EOG中：， 故：二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值为． 【点评】本题考查二倍角的平面角的求法，直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力． 20.已知f（x）=ax3﹣3x2+1（a＞0），定义h（x）=max{f（x），g（x）}=．（1）求函数f（x）的极值；（2）若g（x）=xf'（x），且存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），求实数a的取值范围；（3）若g（x）=lnx，试讨论函数h（x）（x＞0）的零点个数．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（2）问题转化为不等式在x∈[1，2]上有解，根据函数的单调性求出a的范围即可；（3）通过讨论a的范围结合函数的单调性判断函数的零点个数即可．【解答】解：（1）∵函数f（x）=ax3﹣3x2+1，∴f'（x）=3ax2﹣6x=3x（ax﹣2）…令f'（x）=0，得x1=0或，∵a＞0，∴x1＜x2，列表如下：x（﹣∞，0）0f'（x）+0﹣0+f（x）↗极大值↘极小值↗∴f（x）的极大值为f（0）=1，极小值为…（2）g（x）=xf'（x）=3ax3﹣6x2，∵存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），∴f（x）≥g（x）在x∈[1，2]上有解，即ax3﹣3x2+1≥3ax3﹣6x2在x∈[1，2]上有解，即不等式在x∈[1，2]上有解，…设，∵对x∈[1，2]恒成立，∴在x∈[1，2]上单调递减，∴当x=1时，的最大值为4，∴2a≤4，即a≤2…（3）由（1）知，f（x）在（0，+∞）上的最小值为，①当，即a＞2时，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上无零点…②当，即a=2时，f（x）min=f（1）=0，又g（1）=0，∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有一个零点…③当，即0＜a＜2时，设φ（x）=f（x）﹣g（x）=ax3﹣3x2+1﹣lnx（0＜x＜1），∵，∴φ（x）在（0，1）上单调递减，又，∴存在唯一的，使得φ（x0）=0．Ⅰ．当0＜x≤x0时，∵φ（x）=f（x）﹣g（x）≥φ（x0）=0，∴h（x）=f（x）且h（x）为减函数，又h（x0）=f（x0）=g（x0）=lnx0＜ln1=0，f（0）=1＞0，∴h（x）在（0，x0）上有一个零点；Ⅱ．当x＞x0时，∵φ（x）=f（x）﹣g（x）＜φ（x0）=0，∴h（x）=g（x）且h（x）为增函数，∵g（1）=0，∴h（x）在（x0，+∞）上有一个零点；从而h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有两个零点…综上所述，当0＜a＜2时，h（x）有两个零点；当a=2时，h（x）有一个零点；当a＞2时，h（x）有无零点…21.如图，四棱锥A﹣BCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB=BC=CD，AB⊥BC，M为AD上一点，EM⊥平面ACD．（Ⅰ）求证：EM∥平面ABC．（Ⅱ）若CD=2BE=2，求点D到平面EMC的距离．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）取AC的中点F，连接BF，证明BF⊥平面ACD，结合EM⊥平面ACD，所以EM∥BF，再结合线面平行的判定定理得到EM∥面ABC；（Ⅱ）由等面积法求出点D到平面EMC的距离．【解答】证明：（Ⅰ）取AC的中点F，连接BF，因为AB=BC，所以BF⊥AC，又因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BF，所以BF⊥平面ACD，…因为EM⊥平面ACD，所以EM∥BF，因为EM?面ABC，BF?平面ABC，所以EM∥平面ABC；…解：（Ⅱ）因为EM⊥平面ACD，EM?面EMC，所以平面CME⊥平面ACD，平面CME∩平面ACD=CM，过点D作直线DG⊥CM，则DG⊥平面CME，…由已知CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB=BC=CD=2BE，可得AE=DE，又EM⊥AD，所以M为AD的中点，在Rt△ABC中，，在Rt△ADC中，，，在△DCM中，，由等面积法知，所以，即点D到平面EMC的距离为．…22.为了解当前国内青少年网瘾的状况，探索青少年网瘾的成因，中国青少年网络协会

调查了26个省会城市的青少年上网情况，并在已调查的青少年中随机挑选了100名青少年的上网时间作参考，得到如下的统计表格．平均每天上网时间超过2个小时可视为“网瘾”患者，(I)以该100名青少年来估计中国青少年的上网情况，则在中