湖南省娄底市栗山中学高三数学文期末试题含解析

湖南省娄底市栗山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.《九章算术》是我国古代数学经典名著，它在集合学中的研究比西方早1千年，在《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑，已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该鳖臑的外接球的表面积为（）A．200π B．50π C．100π D．π参考答案：B【考点】球内接多面体；简单空间图形的三视图．【分析】几何体复原为底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥，扩展为长方体，长方体的对角线的长，就是外接球的直径，然后求其的表面积．【解答】解：由三视图复原几何体，几何体是底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥；扩展为长方体，也外接与球，它的对角线的长为球的直径：=5该三棱锥的外接球的表面积为：=50π，故选B．【点评】本题考查三视图，几何体的外接球的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosC=，a=1，c=2，则△ABC的面积为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】正弦定理．【分析】由题意cosC=，a=1，c=2，余弦定理求解b，正弦定理在求解sinB，那么△ABC的面积即可．【解答】解：由题意cosC=，a=1，c=2，那么：sinC=，cosC==，解得b=2．由，可得sinB=，那么△ABC的面积=故选A【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理的运用，属于基础题．3.下列函数中，与函数的奇偶性、单调性均相同的是A． B．C． D．参考答案：B4.奇函数满足对任意都有成立，且，则的值为 （

） A．2

B．4

C．6

D．8

参考答案：D略5.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(

) A． B． C． D．参考答案：C考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由球的体积可以求出半径，从而得棱柱的高；由球与正三棱柱的三个侧面相切，得球的半径和棱柱底面正△边长的关系，求出边长，即求出底面正△的面积；得出棱柱的表面积．解答： 解：由球的体积公式，得πR3=，∴R=1．∴正三棱柱的高h=2R=2．设正三棱柱的底面边长为a，则其内切圆的半径为：?a=1，∴a=2．∴该正三棱柱的表面积为：3a?2R+2×=18．故选C．点评：本题考查了球的体积，柱体体积公式的应用；本题的解题关键是求底面边长，这是通过正△的内切圆与边长的关系得出的．6.将一张边长为6cm的纸片按如图l所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥(底面是正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心)模型，如图2放置．若正四棱锥的正视图是正三角形(如图3)，则正四棱锥的体积是

参考答案：A【知识点】空间几何体的三视图和直观图G2：∵图1中的虚线长为图2正四棱锥的底面边长，设为x，

又正四棱锥的正视图是正三角形，∴正四棱锥的斜高也为x，

由图1得x+=3，解得x=2，即正四棱锥的底面边长为2，

∴四棱锥的高为，∴四棱锥的体积V=×8×=。【思路点拨】设正四棱锥的底面边长为x，根据正四棱锥的正视图是正三角形，可得正四棱锥的斜高也为x，利用图1求得x，再求得四棱锥的高．代入棱锥的体积公式计算．7.已知复数z满足，则z的模为（

）A．20

B．12

C．

D．参考答案：C设，则由，得，则，解得或，即．

8.若曲线在点P处的切线平行于直线，则点P的坐标为

(

)

A.（1，0）

B．（1，5）

C．（1，－3）

D．（－1，2）参考答案：A略9.执行右图所示的程序框图，输出结果的值是___

．参考答案：1略10.已知x，y∈R，x2+y2+xy=315，则x2+y2﹣xy的最小值是（）A．35 B．105 C．140 D．210参考答案：B【考点】7F：基本不等式．【分析】x，y∈R，x2+y2+xy=315，可得x2+y2=315﹣xy≥2xy，因此xy≤105．即可得出．【解答】解：∵x，y∈R，x2+y2+xy=315，∴x2+y2=315﹣xy，315﹣xy≥2xy，当且仅当x=y=±时取等号．∴xy≤105．∴x2+y2﹣xy=315﹣2xy≥315﹣210=105．故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.直线与圆相交于两点,若,则的取值范围是

.参考答案：12.（4分）（2015?丽水一模）设α，β∈（0，π），且，．则cosβ的值为．参考答案：﹣【考点】：二倍角的正切；两角和与差的正弦函数．【专题】：三角函数的求值．【分析】：由tan的值，利用二倍角的正切函数公式求出tanα的值大于1，确定出α的范围，进而sinα与cosα的值，再由sin（α+β）的值范围求出α+β的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出cos（α+β）的值，所求式子的角β=α+β﹣α，利用两角和与差的余弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求出值．解：∵tan=，∴tanα==＞1，∴α∈（，），∴cosα==，sinα==，∵sin（α+β）=＜，∴α+β∈（，π），∴cos（α+β）=﹣，则cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα=﹣×+×=﹣．故答案为：﹣【点评】：此考查了二倍角的正切函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及两角和与差的余弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键．13.对于，以点为中点的弦所在的直线方程是_____．参考答案：试题分析：，圆心为（1,0），故所求直线的斜率为，直线方程为即考点：直线方程14.已知函数的图象为双曲线，在此双曲线的两支上分别取点P、Q，则线段PQ长的最小值为

．参考答案：15.已知不等边△ABC（三条边都不相等的三角形）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则∠A的弧度数为

▲

．参考答案：16.执行右边的程序框图，若输出的结果为2，则输入的x为

。参考答案：-1或417.已知双曲线的方程为，双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为（c为双曲线的半焦距长），则双曲线的离心率e为__________.参考答案：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.（本小题满分12分）设函数.（Ⅰ）写出函数的最小正周期及单调递减区间；（Ⅱ）当时，函数的最大值与最小值的和为，求的解析式；（Ⅲ）将满足（Ⅱ）的函数的图像向右平移个单位，纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，再向下平移，得到函数，求图像与轴的正半轴、直线所围成图形的面积。参考答案：解（Ⅰ），

（2分）

∴.

由，得.

故函数的单调递减区间是.

（6分）（2）.

当时，原函数的最大值与最小值的和，.

（8分）（3）由题意知

（10分）

=1

（12分）19.（13分）函数，数列和满足：，，函数的图像在点处的切线在轴上的截距为.（1）求数列{}的通项公式；（2）若数列的项中仅最小,求的取值范围；（3）若函数，令函数数列满足:且证明:.参考答案：(1)，得

是以2为首项，1为公差的等差数列，故

…………3分(2)，，在点处的切线方程为令得仅当时取得最小值，

∴的取值范围为

………7分(3)

所以

又因

则

显然

…………9分

………12分

………13分20.(本小题满分14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥PB，BP＝BC，E为PC的中点．（1）求证：AP∥平面BDE；（2）求证：BE⊥平面PAC．参考答案：证：（1）设AC∩BD＝O，连结OE．因为ABCD为矩形，所以O是AC的中点．因为E是PC中点，所以OE∥AP．

…………4分因为AP平面BDE，OE平面BDE，所以AP∥平面BDE．

…………6分（2）因为平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面PAB．

………8分因为AP平面PAB，所以BC⊥PA．因为PB⊥PA，BC∩PB＝B，BC，PB平面PBC，所以PA⊥平面PBC．

…………12分因为BE平面PBC，所以PA⊥BE．因为BP＝PC，且E为PC中点，所以BE⊥PC．因为PA∩PC＝P，PA，PC平面PAC，所以BE⊥平面PAC．

…………14分21.（10分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，AE⊥CD于点E，DA平分∠BDE．（1）证明：AE是⊙O的切线；（2）如果AB=2，AE=，求CD．参考答案：考点： 与圆有关的比例线段．专题： 几何证明．分析： （1）首先通过连接半径，进一步证明∠DAE+∠OAD=90°，得到结论．（2）利用第一步的结论，找到△ADE∽△BDA的条件，进一步利用勾股定理求的结果解答： （1）证明：连结OA，在△ADE中，AE⊥CD于点E，∴∠DAE+∠ADE=90°∵DA平分∠BDC．∴∠ADE=∠BDA∵OA=OD∴∠BDA=∠OAD∴∠OAD=∠ADE∴∠DAE+∠OAD=90°即：AE是⊙O的切线（2）在△ADE和△BDA中，∵BD是⊙O的直径∴∠BAD=90°由（1）得：∠DAE=∠ABD又∵∠BAD=∠AED∵AB=2求得：BD=4，AD=2∴∠BDA=∠ADE=∠BDC=60°进一步求得：CD=2故答案为：（1）略（2）CD=2点评： 本题考查的知识点：证明切线的方法：连半径，证垂直．三角形相似的判定，勾股定理的应用．22.（本小题满分10分）