高三理科数学第二学期期末考试测试卷

1、高三理科数学第二学期期末考试测试卷第卷 （选择题共40 分）一、本大题共 8 小题， 每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）下列命题中，真命题是（a）xr,210 x（b）0 xr,2001xx（c ）21,04xxxr（d）2000,220 xxxr（2） 将容量为n的样本中的数据分成6组，若第一组至第六组数据的频率之比为2 :3: 4: 6 :4 :1，且前三组数据的频数之和等于27，则n的值为（a）70（b）60（c ）50（d）40（3）41(2)xx的展开式中的常数项为（a）24（b）6（c）6（d）24（4）若一个三棱柱的底面是正三角

2、形，其正（主）视图如图所示，则它的体积为（a）3（b）2（c ）2 3（d ）4（5）若向量a，b满足1a，2b，且()aa+ b，则a与b的夹角为（a）2（b）23（c）34（d）56（6）已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m的是（a），且m（b）mn，且n111（c ），且m（d）mn，且n（7）若m是2和8的等比中项，则圆锥曲线221yxm的离心率为（a）32（b）5（c ）32或52（d）32或5（8）定义：00 y,xy)y,x(fx，已知数列na满足：n,f,nfan22()nn，若对任意正整数n，都有knaa()kn成立，则ka的值为

3、（a）12（b）2（c ）89（d）98第卷 （共 110 分）二、填空题：本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分。(9) 设ar，且2(i) ia为正实数，则a的值为 . (10) 若圆c的参数方程为3cos1,3sinxy（为参数），则圆c的圆心坐标为，圆c与直线30 xy的交点个数为. (11) 在平面直角坐标系xoy中，将点a( 3,1)绕原点o逆时针旋转90到点b，那么点b的坐标为 _，若直线ob的倾斜角为，则sin 2的值为(12) 如图，直线pc与o相切于点c，割线pab经过圆心o，弦cdab于点e，4pc，8pb，则ce(13) 已知函数sin1( )1xxf xx()x

4、r的最大值为m，最小值为m，则mm的值为 _. (14) 已知点( , )a a b与点(1,0)b在直线34100 xy的两侧，给出下列说法：34100ab；当0a时,ab有最小值，无最大值；222ab；当0a且1a，0b时，1ba的取值范围为53(,)(,)24. 其中，所有正确说法的序号是. 三、解答题：本大题共6 小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（15） （本小题共13 分）已知函数( )sin()f xax（其中rx，0a，0,22）的部分图象如图所示 . （）求函数( )f x的解析式；（）已知在函数( )f x的图象上的三点,m n p的横坐标分别为1

5、, 1, 5，求sinmnp的值 . （16） （本小题共13 分）某公园设有自行车租车点，租车的收费标准是每小时2 元（不足 1 小时的部分按1 小时计算） . 甲、乙两人各租一辆自行车， 若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为；2141，yx21011123456一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为； 两人租车时间都不会超过三小时 . （）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望. （17） （本小题共13 分）如图 , 矩形amnd所在的平面与直角梯形mbcn所在的平面互相垂直，mbnc,mnmb，且，3dn（）求证：平面；

6、（）求二面角的余弦值 . （18） （本小题共14 分）已知抛物线：，为直线:l1y上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为,. （）当的坐标为时，求过三点的圆的方程；（）证明：以ab为直径的圆恒过点. （19） （本小题共13 分）已知函数11( )()lnf xaxxax（1a） （）试讨论( )f x在区间(0,1)上的单调性；（）当3,a时， 曲线( )yf x上总存在相异两点11(,()p xf x，22(,()q xf x，使得曲线4121，emccb2bc4mb/abdncdbcnc24xymmc,ma mbabm(0, 1),m a bmbamdnc( )yf x在点p，

7、q处的切线互相平行，求证：1265xx. （20）( 本小题共 14 分) 对于数列na(1, 2 ,)nm，令kb为1a，2a，ka中的最大值， 称数列nb为na的“创新数列”. 例如数列2，1，3，7，5的创新数列为2，2，3，7，7. 定义数列nc：123,mc c cc是自然数1，2，3，(3)m m的一个排列 . （）当5m时，写出创新数列为3，4，4，5，5的所有数列nc；（）是否存在数列nc，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列nc，若不存在，请说明理由. 参考答案一、选择题（本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 分）（1）a（2）b（3）d （4）a （5）c

8、（6）b（7）d （8）c 二、填空题（本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分）（9）1（10）(1,0)2（11）)3, 1(32（12）125（13）2（14）注：两个空的填空题第一个空填对得3 分，第二个空填对得2 分三、解答题（本大题共6 小题，共 80 分）（15） （共 13 分）解： （）由图可知，1a，最小正周期428t. yx21011123456由28t，得4. 3 分又(1)sin()14f，且22，所以42，即4.5 分所以( )sin()sin(1)444f xxx.6 分（）因为( 1)0,(1)1,ff(5)sin(51)1,4f所以( 1,0),(1,1)

9、, (5, 1)mnp. 7 分所以5,20,37mnpnmp. 由余弦定理得520373cos52 520mnp. 11 分因为0 ,mnp，所以4sin5mnp. 13 分（其它解法酌情给分）（16） （共 13 分）解： （）甲、乙两人所付费用相同即为2，4，6元. 2 分都付2元的概率为1111428p；都付4元的概率为2111248p；都付6元的概率为31114416p；故所付费用相同的概率为1231115881616pppp. 6 分（）依题意，的可能取值为4，6，8，10，12. 8 分1(4)8p；11115(6)442216p；1111115(8)44242416p；1111

10、3(10)442416p；111(12)4416p. 故 的分布列为4681012p18516516316116 11 分所求数学期望155311546810128161616162e. 13 分（17） （共 13 分）（）证明：因为mb/nc，mb平面dnc，nc平面dnc，所以mb/ 平面dnc 2 分因为amnd为矩形，所以ma/dn又ma平面dnc，dn平面dnc，所以ma/ 平面dnc 4 分又mambm，且ma，mb平面amb，所以平面amb/ 平面dnc 5 分又ab平面amb，所以平面 6 分（）解：由已知平面amnd平面mbcn，且平面amnd平面mbcn/abdncxyz

11、adbmcnmn，dnmn，所以dn平面mbcn，又mnnc，故以点n为坐标原点，建立空间直角坐标系nxyz. 7 分由已知得2 3,30mcmcn，易得3mn，3nc则(0,0,3)d，(0,3,0)c，( 3,4,0)b(0,3, 3)dc，( 3,1,0)cb 8 分设平面dbc的法向量1( , , )x y zn，则110,0.dccbnn即330,30.yzxy令1x，则3y，3z所以1( 1,3,3)n 10 分又(0,0,1)是平面nbc的一个法向量，所以122112321cos,77nnnnnn故所求二面角的余弦值为217 13 分（18） （共 14 分）（）解：当的坐标为时

12、，设过点的切线方程为，由24 ,1,xyykx消y得.(1) 令，解得. 代入方程 (1) ，解得. 3 分2ndbcnm(0, 1)m1ykx2440 xkx2(4 )4 40k1k(2,1), ( 2,1)ab设圆心p的坐标为(0, )a，由pmpb，得12a，解得1a. 故过三点的圆的方程为 5 分（）证明：设0(, 1)m x， 由已知得，12yx， 设切点分别为211(,)4xa x，222(,)4xb x，所以12maxk，22mbxk，切线ma的方程为2111()42xxyxx即2111124yx xx，切线mb的方程为2222()42xxyxx即2221124yx xx 7 分

13、又因为切线ma过点0(, 1)m x，所以得201111124x xx. 又因为切线mb也过点0(,1)m x，所以得202211124x xx. 所以1x，2x是方程2011124x xx的两实根，由韦达定理得1202,xxx124xx 9 分因为2110(,1)4xmaxx，2220(,1)4xmbxx，所以22121020()()(1)(1)44xxma mbxxxx2222212120120121()()1164x xx xxxxxxx22221212012012121()()21164x xx xxxxxxxx x将1202,xxx124x x代入，得0ma mb. 13 分所以以a

14、b为直径的圆恒过点 14 分, ,m a b22(1)4xy24xym（19） （共 13 分）（） 解：由已知0 x，2222111()1()()1( )1axaxxa xaaafxxxxx.2 分由( )0fx，得11xa，2xa.4 分因为1a，所以101a, 且1aa所以在区间1(0,)a上，( )0fx；在区间1(,1)a上，( )0fx. 故( )f x在1(0,)a上单调递减，在1(, 1)a上单调递增6 分（）证明：由题意可得， 当3,a时，12()()fxfx（12,0 xx， 且12xx） . 即221122111111aaaaxxxx，所以121212111xxaaxxx

15、 x，3,a. 8 分因为12,0 xx，且12xx，所以21212()2xxx x恒成立，所以2121214()x xxx，又120 xx，所以12121xxaax x124xx，整理得1241xxaa. 11 分令( )g a41aa，因为3,a，所以( )g a在3,上单调递减，所以( )g a41aa在3,上的最大值为6(3)5g，所以1265xx. 13 分（20） （共 14 分）解： （）由题意，创新数列为3，4，4，5，5的所有数列nc有两个，即数列3，4，1，5，2；数列3，4，2，5，1. 4 分（）存在数列nc，使它的创新数列为等差数列. 数列nc的创新数列为ne(1,2,3,)nm，因为me是12,mc cc中的最大值，所以mem. 由题意知，ke为12,kc cc中最大值，1ke为121,kkc cc c中的最大值，所以ke1ke，且1,2,kem. 若ne为等差数列，设其公差为d，则1kkdee0且dn，当0d时，ne为常数列，又m