广东省深圳市第七高级中学高三数学文上学期期末试卷含解析

广东省深圳市第七高级中学高三数学文上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.已知函数的最小正周期为π，且，则(

)A.f(x)在单调递增 B.f(x)在单调递增C.f(x)在单调递减 D.f(x)在单调递减参考答案：D【分析】化简，再根据已知条件求出，逐项验证各选项.【详解】，所以，又知为奇函数，，，没有单调性，选项A，C不正确，，单调递减，选项B不正确.故选:D【点睛】本题考查三角函数的化简，三角函数的性质，涉及三角函数的单调性、奇偶性、周期性，属于中档题.2.已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则=（）A．2 B．3 C．5 D．7参考答案：B【考点】等比数列的性质．【分析】利用等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，可得d=a1，即可求出．【解答】解：∵等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，∴a42=a2a8，∴（a1+3d）2=（a1+d）（a1+7d），∴d2=a1d，∵d≠0，∴d=a1，∴==3．故选：B．【点评】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算能力，比较基础．3.已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C4.命题：若，则与的夹角为钝角。命题：定义域为R的函数在及上都是增函数，则在上是增函数。下列说法正确的是A．“或”是真命题

B．“且”是假命题C．“”为假命题

D．“”为假命题参考答案：B略5.执行右侧的程序框图，当输入的x值时为4时，输入的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为（A）x＞3

(B)x＞4

(C)x≤4(D)x≤5参考答案：B输入x为4，要想输出y为2，则程序经过，故判断框填，选B.6.已知集合，则（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：D因为，所以，故选D．7.定义在（0，+）的函数

（

）A．有最大值，没有最小值

B．有最小值，没有最大值C．有最大值，有最小值

D．没有最值参考答案：B8.将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得函数图象的一条对称轴是

A．

B.

C．

D.参考答案：C9.下列命题中，是真命题的是A. B.C.的充要条件是 D.是的充分条件参考答案：DA因为，所以A错误。B当时，，所以B错误。C当时，不成立，所以C错误，选D.10.在的展开式中，所有项的二项式系数和为4096，则其常数项为

A.

B.

C.

D.参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.命题的否定为__________

参考答案：12.对任意两个非零的平面向量和，定义°=，若平面向量和满足||≥||＞0，与的夹角θ∈（0，），且°和°都在集合{|n∈Z}中，则°=

． 参考答案：1或【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】由题意可得°==，n∈Z，°=cosθ=，m∈Z，且n≥m且m、n∈z．根据cos2θ∈（，1），即∈（，1），可得n和m的值；可得 °=的值． 【解答】解：任意两个非零的平面向量和，定义°=，若平面向量和满足||≥||＞0，与的夹角θ∈（0，）， 且°和°都在集合{|n∈Z}中， 则°====，n∈Z， °===cosθ=，m∈Z， ∵||≥||＞0，∴n≥m且m、n∈z． ∴cos2θ=．再由与的夹角θ∈（0，），可得cos2θ∈（，1），即∈（，1）． ∴n=2，m=1；或n=3，m=1，∴°==1；或

°==， 故答案为：1或． 【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，得到n≥m且m、n∈z，且∈（，1），是解题的关键，属于中档题． 13.已知函数，实数x，y满足，若点M(1，2)，N(x，y)，则当≤4时，的最大值为

(其中O为坐标原点)参考答案：12略14.已知数列，，把数列的各项排成三角形状，如图所示．记表示第m行，第n列的项，则=

。参考答案：15.设集合，，则

（用集合表示）参考答案：略16.已知是定义域为R的奇函数，且，当:c>0时，，则不等式的解集为

．参考答案：17.已知，的取值如右表所示：若与线性相关，且，则_________参考答案：2.6三、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.已知数列{an}是首项，公比的等比数列．设（n∈N*）．（Ⅰ）求证：数列{bn}为等差数列；（Ⅱ）设cn=an+b2n，求数列{cn}的前n项和Tn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（Ⅰ）由已知求出等比数列的通项公式，代入可得数列{bn}的通项公式，由等差数列的定义证明数列{bn}为等差数列；（Ⅱ）把数列{an}、{bn}的通项公式代入cn=an+b2n，分组后再由等差数列与等比数列的前n项和求数列{cn}的前n项和Tn．【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{an}是首项，公比的等比数列，∴，则=．∴bn+1﹣bn=﹣（2n﹣1）=2．则数列{bn}是以2为公差的等差数列；（Ⅱ）解：cn=an+b2n=．∴数列{cn}的前n项和Tn=c1+c2+…+cn=[]+4（1+2+…+n）﹣n===．19.（12分）

如图，PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，PA=AD=2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点.

（1）求证：PB∥面EFG；

（2）求异面直线EG与BD所成的角；

（3）求点A到平面EFG的距离。

参考答案：解析：解法一：

（1）证明：取AB中点H，连结GH，HE，∵E，F，G分别是线段PA、PD、CD的中点，∴GH∥AD∥EF，∴E，F，G，H四点共面.……1分又H为AB中点，∴EH∥PB.……2分又EH面EFG，PB平面EFG，∴PB∥平面EFG.………………4分

（2）解：取BC的中点M，连结GM、AM、EM，则GM//BD，∴∠EGM（或其补角）就是异面直线EG与BD所成的角.………………5分

在Rt△MAE中，，

同理，…………6分又，∴在△MGE中，………………7分故异面直线EG与BD所成的角为arccos，………………8分

解法二：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）.

（1）证明：

…………1分

设，

即，

……………3分

，

∴PB∥平面EFG.……………………4分

（2）解：∵,…………5分

，………7分故异面直线EG与BD所成的角为arccos，………………8分(3)

，

设面的法向量则取法向量A到平面EFG的距离=.…………12分

20.（本小题满分12分）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．参考答案：解：(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E.从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)．共10种．由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A，D)，(A，E)，(B，D)，共3种．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.(2)记F为标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这此基本事件的出现是等可能的．从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共8种．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.21.（本小题满分14分）设数列为等差数列，且，数列的前项和为，，且；（1）求数列，的通项公式（2）若，为数列的前项和，对恒成立，求的取值范围；参考答案：22.如图，PA⊥平面ABCD，AD//BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝PA＝1，AD＝3，E是PB的中点．（1）求证：AE⊥平面PBC；（2）求二面角B－PC－D的余弦值．参考答案：（1）根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E(，0，)，＝(，0，)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)．因为·＝0，·＝0，所以⊥，⊥．所以AE⊥BC，AE⊥BP．因为BC，BP(平面PBC，且BC∩BP＝B，所以AE⊥平面PBC．

………………4