四川省绵阳市富驿中学高三数学理下学期期末试卷含解析

四川省绵阳市富驿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.已知等差数列，，，则的值为（

）A． B． C． D．参考答案：D因为，所以，因为，所以，所以公差，所以，所以．故选D．2.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.10参考答案：A【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.3.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足，，成等差数列，则A．3

B．9

C．10

D．13参考答案：C4.已知f（x）=3sinx﹣πx，命题p：?x∈（0，），f（x）＜0，则（）A．p是假命题，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0B．p是假命题，￢p：?x0∈（0，），f（x0）≥0C．p是真命题，￢p：?x∈（0，），f（x）＞0D．p是真命题，￢p：?x0∈（0，），f（x0）≥0参考答案：D【考点】复合命题的真假；命题的否定．【专题】应用题．【分析】由三角函数线的性质可知，当x∈（0，）时，sinx＜x可判断p的真假，根据全称命题的否定为特称命题可知￢p．【解答】解：由三角函数线的性质可知，当x∈（0，）时，sinx＜x∴3sinx＜3x＜πx∴f（x）=3sinx﹣πx＜0即命题p：?x∈（0，），f（x）＜0为真命题根据全称命题的否定为特称命题可知￢p：?x0∈（0，），f（x0）≥0故选D【点评】本题看出命题真假的判断，本题解题的关键是先判断出条件中所给的命题的真假，本题是一个基础题．5.已知函数，若对于任意，都有成立，则的最小值为(

).A.

B.

C.

D.参考答案：C略6.

设为偶函数，对于任意的的数都有，已知，那么等于

(

）A．2

B．-2

C．．8

D．-8参考答案：C7.已知直线l经过双曲线﹣y2=1的一个焦点且与其一条渐近线平行，则直线l的方程可以是（）A．y=﹣x+ B．y=x﹣ C．y=2x﹣ D．y=﹣2x+参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出双曲线的渐近线方程，以及双曲线的焦点坐标，然后求解即可．【解答】解：直线l经过双曲线的焦点（，0），渐近线方程为：y=，选项C、D错误；焦点坐标代入选项A正确，选项B错误．故选：A．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．8.若变量x，y满足：，且满足（t+1）x+（t+2）y+t=0，则参数t的取值范围为（）A．﹣2＜t＜﹣ B．﹣2＜t≤﹣ C．﹣2≤t≤﹣ D．﹣2≤t＜﹣参考答案：C【考点】简单线性规划．【专题】转化思想；不等式的解法及应用．【分析】作出不等式组对应的平面区域，求出（t+1）x+（t+2）y+t=0过定点，结合图象建立条件关系即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由（t+1）x+（t+2）y+t=0得t（x+y+1）+x+2y=0，由，得，即（t+1）x+（t+2）y+t=0过定点M（﹣2，1），则由图象知A，B两点在直线两侧和在直线上即可，即[2（t+2）+t][﹣2（t+1）+3（t+2）+t]≤0，即（3t+4）（2t+4）≤0，解得﹣2≤t≤﹣，即实数t的取值范围为是[﹣2，﹣]，故选：C．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．综合性较强，属于中档题．9.下列四个图中,函数的图象可能是（

）

参考答案：【知识点】函数的图象．L4

【答案解析】C解析：当x＞0时，y＜0，排除A、B两项；当﹣2＜x＜﹣1时，y＞0，排除D项．故选：C．【思路点拨】根据四个选择项判断函数值的符号即可选择正确选项．10.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（

）A..0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8参考答案：C【分析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C．【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知实数满足，如果目标函数的最小值为-1，则实数

.参考答案：12.如图是甲、乙两名篮球运动员2013年赛季每场比赛得分的茎叶图，则甲、乙两人比赛得分的中位数之和为

.参考答案：5413.一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_______。参考答案：12试题分析：判断棱锥是正六棱锥，利用体积求出棱锥的高，然后求出斜高，即可求解侧面积．∵一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，∴棱锥是正六棱锥，设棱锥的高为h，则棱锥的斜高为该六棱锥的侧面积为

14.向量，，满足，，，，则=________．参考答案：15.合肥市环保总站发布2014年1月11日到1月20日的空气质量指数（AQI），数据如下：153、203、268、166、157、164、268、407、335、119，则这组数据的中位数是________.参考答案：184.516.给出定义：若(其中m为整数)，则m叫做离实数x最近的整数，记作，即.在此基础上给出下列关于函数f(x)=|x–{x}|的四个命题：①函数y=f(x)的定义域是R，值域是；②函数y=f(x)的图像关于直线x=(k∈Z)对称；③函数y=f(x)是周期函数，最小正周期是1；④函数y=f(x)在上是增函数.

则其中真命题是____________(写出所有真命题的序号).参考答案：①②③17.已知且若恒成立，则实数m的取值范围是_________．参考答案：，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为4，所以要使恒成立，所以。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)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足：S4-S1=28，且a3+2是a2，a4的等差中项．

(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}为递增数列，，，问是否存在最小正整数n使得成立?若存在，试确定n的值，不存在说明理由．参考答案：（1）设等比数列的首项为，公比为q，依题意，有，由可得得

……3分

解之得

………………5分所以或

………………6分（2）因为数列单调递增，

19.某体育场一角的看台共有20排，且此看台的座位是这样排列的：第一排有2个座位，从第二排起每一排比前一排多1个座位，记an表示第n排的座位数．（1）确定此看台共有多少个座位；（2）求数列的前20项和S20．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）运用等差数列的定义和通项公式和求和公式，即可得到所求值；（2）求得，再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由题可知数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，∴an=2+n﹣1=n+1（1≤n≤20）．∴此看台的座位数为．（2）∵，∴．20.对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，…，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．（Ⅰ）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（Ⅱ）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；（Ⅲ）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．参考答案：（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．

………………2分数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．……………5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．当时，数列．由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．其它情形同理，得证．在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．

………………8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．（Ⅲ）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．证明：记数列中最大项为，则．令，，其中．因为，

所以，故，证毕．

………………9分现将数列分为两类．第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）①当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，则；；，此数列各项均不为，为第一类数列．②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列中有三项为时，只能是，则，，，此数列各项均不为，为第一类数列．总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．

……………13分

北京市西城区2012年高三一模试卷

数学（理科）参考答案及评分标准

2012.4一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

1.

C；

2.D；

3.A；

4.A；

5.B；

6.D；

7.A；

8.D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9.；

10.；

11.；

12.；

13.和，；

14.，.注：13题、14题第一问2分，第二问3分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.

15.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：原式可化为．

………………3分

因为，

所以，所以．

………………5分

因为，所以．

………………6分

（Ⅱ）解：由余弦定理，得．………………8分

因为，，

所以．

………………10分

因为，

………………12分所以．

………………13分16.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是．………………1分记“甲以比获胜”为事件，则．

………………4分（Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件.

因为，乙以比获胜的概率为，

………………6分

乙以比获胜的概率为，

………………7分所以．

………………8分（Ⅲ）解：设比赛的局数为，则的可能取值为．

，

………………9分

，

………………10分

，

………………11分

．

………………12分比赛局数的分布列为：

………………13分17.（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：设与相交于点，连结．因为四边形为菱形，所以，且为中点．

………………1分又，所以．

………3分因为，所以平面．

………………4分

（Ⅱ）证明：因为四边形与均为菱形，所以//，//，所以平面//平面．

………………7分

又平面，所以//平面．

………………8分

（Ⅲ）解：因为四边形为菱形，且，所以△为等边三角形．因为为中点，所以，故平面．由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．………………9分

设．因为四边形为菱形，，则，所以，．所以．

所以，．

设平面的法向量为，则有所以

取，得．

………………12分

易知平面的法向量为．

………………13分

由二面角是锐角，得．

所以二面角的余弦值为．

………………14分

18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当时，，．

………………2分由于，，所以曲线在点处的切线方程是．

………………4分（Ⅱ）解：，．

………………6分①当时，令，解得．的单调递减区间为；单调递增区间为，．……………8分当时，令，解得，或．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．

………………10分③当时，为常值函数，不存在单调区间．

………………11分④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．

………………13分

19.（本小题满分14分）（Ⅰ）解：由，

得.

………………2分依题意△是等腰直角三角形，从而，故.

………………4分所以椭圆的方程是.

………………5分（Ⅱ）解：设，，直线的方程为.

将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得.

………………7分所以，.

………………8分若平分，则直线，的倾斜角互补，所以.

………………9分设，则有.将，代入上式，整理得，所以.

………………12分将，代入上式，整理得.

………………13分由于上式对任意实数都成立，所以.

综上，存在定点，使平分.

………………14分

20.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．

………………2分数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．……………5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．当时，数列．由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．其它情形同理，得证．在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．

………………8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．（Ⅲ）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．证明：记数列中最大项为，则．令，，其中．因为，

所以，故，证毕．

………………9分现将数列分为两类．第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）①当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或