河北省承德市兴隆县半壁山中学高三数学理下学期期末试卷含解析

河北省承德市兴隆县半壁山中学高三数学理下学期期末试卷含解析一、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.已知正项等比数列{an}满足：a3=a2+2a1，若存在两项am，an，使得，则的最小值为（）A． B． C． D．不存在参考答案：A【考点】等比数列的通项公式；基本不等式．【分析】由正项等比数列{an}满足：a3=a2+2a1，知q=2，由存在两项am，an，使得，知m+n=6，由此能求出的最小值．【解答】解：∵正项等比数列{an}满足：a3=a2+2a1，∴，即：q2=q+2，解得q=﹣1（舍），或q=2，∵存在两项am，an，使得，∴，∴，∴，所以，m+n=6，∴=（）[（m+n）]=（5++）≥（5+2）=，所以，的最小值是．【点评】本题考查等比数列的通项公式的应用，解题时要认真审题，仔细解答．注意不等式也是高考的热点，尤其是均值不等式和一元二次不等式的考查，两者都兼顾到了．2.函数的定义域是（

）

参考答案：C3.已知函数，若过点且与曲线相切的切线方程为，则实数的值是(

)

A.

B.

C.6

D.9参考答案：D设切点为，则

①，∵，又切线l过A、M两点，∴则

②联立①、②可解得，从而实数的值为故选D.

4.若

的展开式中没有常数项，则n的一个可能值为

(A)11

(B)12

(C)13

(D)14参考答案：A5.命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定是(

)A．所有不能被2整除的整数都是偶数B．所有能被2整除的整数都不是偶数C．存在一个不能被2整除的整数是偶数D．存在一个能被2整除的整数不是偶数参考答案：D【考点】命题的否定．【专题】综合题．【分析】根据已知我们可得命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定应该是一个特称命题，根据全称命题的否定方法，我们易得到结论．【解答】解：命题“所有能被2整除的数都是偶数”是一个全称命题其否定一定是一个特称命题，故排除A，B结合全称命题的否定方法，我们易得命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定应为“存在一个能被2整除的整数不是偶数”故选：D【点评】本题考查的知识点是命题的否定，做为新高考的新增内容，全称命题和特称命题的否定是考查的热点．6.设P是双曲线上除顶点外的任意一点，、分别是双曲线的左、右焦点，△的内切圆与边相切于点M，则A．5

B．4

C．2

D．1参考答案：B7.已知，实数a、b、c满足＜0，且0＜a＜b＜c，若实数是函数的一个零点，那么下列不等式中，不可能成立的是

（D）

A．＜a B．＞b C．＜c D．＞c参考答案：【知识点】函数零点的判定定理.B9D

解析：当时，当时＜0，且，所以不可能成立.【思路点拨】确定函数为减函数，进而可得f（a）、f（b）、f（c）中一项为负的、两项为正的；或者三项都是负的，分类讨论分别求得可能成立选项，从而得到答案．8.函数的图象是（

）参考答案：D9.已知则的最大值为（

） A．

2 B． C． D．参考答案：B略10.在等差数列中，a8=15，则

(A)15(B)30(C)45(D)60参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设，，且，则

．参考答案：12.已知函数满足且时,,则方程解的个数为_________.参考答案：略13.下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是_--___．参考答案：由程序框图可知：016271234

符合，跳出循环．14.在中，角，，的对边分别为，，，角，，成等差数列，则=-________；若同时边，，成等比数列，则=________。参考答案：；。15.现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为

10cm，最下面的三节长度之和为114cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中

项，则n=

。参考答案：略16.已知函数f(x)＝ax2＋bx＋与直线y＝x相切于点A(1,1)，若对任意x∈[1,9]，不等式f(x－t)≤x恒成立，则所有满足条件的实数t组成的集合为__________．参考答案：{4}略17.一质点的移动方式，如右图所示，在第1分钟，它从原点移动到点（1,0），接下来它便依图上所示的方向，在轴的正向前进或后退，每1分钟只走1单位且平行其中一轴，则2013分钟结束之时，质点的位置坐标是___________.参考答案：(44，11)略三、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.设函数。（1）如果，点P为曲线上一动点，求以点P为切点的切线斜率最小时的切线方程；（2）若时，恒成立，求的取值范围。参考答案：解：（Ⅰ），，此时，又，切线方程为：，即.（5分）（Ⅱ）由知或，在和上递增，在上递减.，且.①当即时，或，这与矛盾.（7分）②当即时，在上递减，在上递增.，即不可能.（9分）③当在上递增，，即或（舍）.（11分）综上所述，时，恒成立，则的取值范围是.（12分）略19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点，DE=EC．（1）求证：平面ABE⊥平面BEF；（2）设PA=a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，求a的取值范围．参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）由题目给出的条件，可得四边形ABFD为矩形，说明AB⊥BF，再证明AB⊥EF，由线面垂直的判定可得AB⊥面BEF，再根据面面垂直的判定得到平面ABE⊥平面BEF；（2）以A点为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间坐标系，利用平面法向量所成交与二面角的关系求出二面角的余弦值，根据给出的二面角的范围得其余弦值的范围，最后求解不等式可得a的取值范围．【解答】证明：如图，（1）∵AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F为CD的中点，∴ABFD为矩形，AB⊥BF．∵DE=EC，∴DC⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF∵BF∩EF=F，∴AB⊥面BEF，又AE?面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．（2）解：∵DE=EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD又AB⊥PD，所以AB⊥面PAD，AB⊥PA．以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间坐标系，则B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，a），C（2，2，0），E（1，1，）平面BCD的法向量，设平面EBD的法向量为，由?，即，取y=1，得x=2，z=则．所以．因为平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，所以cosθ∈，即．由得：由得：或．所以a的取值范围是．20.已知函数,．（1）求函数在上的最小值；（2）若存在是自然对数的底数，，使不等式成立，求实数的取值范围．参考答案：（1）

……1分在为减函数，在为增函数①当时，在为减函数，在为增函数，

……4分②当时，在为增函数，

……7分（2）由题意可知，在上有解，即在上有解令，即

……9分

在为减函数，在为增函数，则在为减函数，在为增函数

……13分

……15分

略21.选修4﹣5《不等式选讲》．已知a+b=1，对?a，b∈（0，+∞），使+≥|2x﹣1|﹣|x+1|恒成立，求x的取值范围．参考答案：【考点】绝对值三角不等式；基本不等式．【专题】分类讨论；不等式的解法及应用．【分析】利用基本不等式求得+的最小值等于9，由题意可得|2x﹣1|﹣|x+1|≤9，分x≤﹣1时，﹣1＜x＜时，x≥时三种情况分别求出不等式的解集，再取并集，即得结果．【解答】解：∵a+b=1，且a＞0，b＞0，∴+=（a+b）（+）=5++≥5+2=9，故+的最小值等于9．要使+≥|2x﹣1|﹣|x+1|恒成立，所以，|2x﹣1|﹣|x+1|≤9．当x≤﹣1时，2﹣x≤9，∴﹣7≤x≤﹣1．

当﹣1＜x＜时，﹣3x≤9，∴﹣1＜x＜．当x≥时，x﹣2≤9，∴≤x≤11．综上，﹣7≤x≤11．【点评】本题考查基本不等式的应用，绝对值不等式的解法，体现了分类讨论的数学思想，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式组来解，属于基础题．22.已知三棱柱ABC﹣A′B′C′的底面为直角三角形，两条直角边AC和BC的长分别为4和3，侧棱AA′的长为10．（1）若侧棱AA′垂直于底面，求该三棱柱的表面积；（2）若侧棱AA′与底面所成的角为60°，求该三棱柱的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】整体思想；定义法；空间位置关系与距离．【分析】（1）根据直三棱柱的表面积公式进行求解即可．（2）作出棱柱的高，结合三棱柱的体积公式进行求解即可．【解答】解：（1）因为侧棱AA′⊥底面ABC，所以三棱柱的高h等于侧棱AA′的长，而底面三角形ABC的面积S=AC?BC=