河南省平顶山市第五中学高三数学理上学期期末试卷含解析

河南省平顶山市第五中学高三数学理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.执行右边的程序框图，若输出的S是127，则条件①可以为A.

B.

C.

D参考答案：B略2.一个组合体的主视图和左视图相同，如图，其体积为，则图中的为 A．

B． C． D．参考答案：B3.下列命题中的假命题是（）A．log23＜log35 B．?x∈（﹣∞，0），ex＞x+1C． D．?x＞0，x＞sinx参考答案：A【考点】4M：对数值大小的比较．【分析】对于A．log23＞=，log35＜=，即可判断出真假．对于B．?x∈（﹣∞，0），令f（x）=ex﹣x﹣1，利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可判断出真假．对于C．根据＜0＜=＜1=，即可判断出真假．对于D．令f（x）=x﹣sinx，x∈（0，+∞），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．【解答】解：对于A．∵log23＞=，log35＜=，∴log23＞log35，因此是假命题．对于B．?x∈（﹣∞，0），令f（x）=ex﹣x﹣1，f′（x）=ex﹣1＜0，因此函数f（x）单调递减，∴f（x）＞f（0）=0，∴ex＞x+1，因此是真命题．对于C．∵＜0＜=＜1=，因此是真命题．对于D．令f（x）=x﹣sinx，x∈（0，+∞），则f′（x）=1﹣cosx≥0，因此函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（0）=0，因此是真命题．故选：A．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（

）A.若，则B.若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则C.若，则D.若，则参考答案：D5.已知点F1、F2是双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|=2|OP|，|PF1|≥3|PF2|，则双曲线C的离心率的取值范围为（）A．（1，+∞） B．[，+∞） C．（1，] D．（1，]参考答案：C【考点】双曲线的简单性质．【分析】由直角三角形的判定定理可得△PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2，运用双曲线的定义，可得|PF1|﹣|PF2|=2a，又|PF1|≥3|PF2|，可得|PF2|≤a，再由勾股定理，即可得到c≤a，运用离心率公式，即可得到所求范围．【解答】解：由|F1F2|=2|OP|，可得|OP|=c，即有△PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2，可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，由双曲线定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，又|PF1|≥3|PF2|，可得|PF2|≤a，即有（|PF2|+2a）2+|PF2|2=4c2，化为（|PF2|+a）2=2c2﹣a2，即有2c2﹣a2≤4a2，可得c≤a，由e=可得1＜e≤，故选：C．6.函数，当时，恒成立,则的最大值与最小值之和为（）A．18

B．16

C．

D．

参考答案：D略7.已知二次函数，当n依次取时，其图像在x轴上所截得的线段的长度的总和为（

）A.1

B．

C.

D.

参考答案：B略8.下列函数中，既是偶函数，又在区间(0.3)内是增函数的是

(A)y=(B)y=coss

(C）y=(D)y=x＋x－1参考答案：A9.图中的程序框图所描述的算法称为欧几里得展转相除法，若输入m=209，n=121，则输出m的值等于（）A．10 B．11 C．12 D．13参考答案：B【考点】程序框图．【分析】先求出m除以n的余数，然后利用辗转相除法，将n的值赋给m，将余数赋给n，进行迭代，一直算到余数为零时m的值即可．【解答】解：当m=209，n=121，m除以n的余数是88此时m=121，n=88，m除以n的余数是33此时m=88，n=33，m除以n的余数是22此时m=33，n=22，m除以n的余数是11，此时m=22，n=11，m除以n的余数是0，此时m=11，n=0，退出程序，输出结果为11，故选：B．10.已知圆：，点，．从点观察点，要使视线不被圆挡住，则实数的取值范围为

()A．

B．(－∞,－4)∪(4,+∞)

C．(－∞,－2)∪(2,+∞)

D．(－4,4)参考答案：B点在直线上，过点作圆的切线，设该切线的斜率为，则该切线的方程为，即．由圆心到切线的距离等于半径得：，∴，∴该切线的方程为，它和直线的交点为、．故要使视线不被圆挡住，则实数的取值范围为，故应选B．（或作出图形，利用平几法，求相关线段）二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在平面上，，，．若，则的取值范围是

．参考答案：分别以、为、轴建立直角坐标系，设，由得.设，由得，，两式相加得，即，于是，又，故，即的取值范围是.12.设连续掷两次骰子得到的点数分别为，则直线与圆相交的概率是

_

参考答案：13.已知，则的值是

。参考答案：14.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是

参考答案：15.右图是一个算法的流程图，最后输出的k＝

▲

．参考答案：1116.极坐标与参数方程）以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，已知直线、的极坐标方程分别为，，直线的参数方程为（为参数），则直线、、所围成的面积为____________.参考答案：略17.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=3，S9﹣S6=12，则S6=

．参考答案：9【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．【分析】根据正项等比数列{an}的前n项和的性质，Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等比数列，建立等式关系，解之即可．【解答】解：∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等比数列即（S6﹣S3）2=S3?（S9﹣S6），∴（S6﹣3）2=3×12解得S6=9或﹣3（正项等比数列可知﹣3舍去），故答案为：9【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和，以及等比数列的性质，同时考查运算求解的能力，属于基础题．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14分）已知每项均是正整数的数列，其中等于的项有个，设，（Ⅰ）设数列，①求；②求的值；（Ⅱ）若中最大的项为50，比较的大小.参考答案：解:(I)①因为数列，

所以，

所以.

………8分

②……….10分

(II)一方面，，根据的含义知，

故，即，

当且仅当时取等号.因为中最大的项为50，所以当时必有，

所以即当时，有；

当时，有.14分19.已知直线y=﹣x+1与椭圆=1（a＞b＞0）相交于A、B两点．（1）若椭圆的离心率为，焦距为2，求椭圆的标准方程；（2）若OA⊥OB（其中O为坐标原点），当椭圆的离率e∈时，求椭圆的长轴长的最大值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．【分析】（1）利用椭圆的离心率公式求出椭圆中的参数a，利用椭圆中三个参数的关系求出b，代入椭圆的方程求出椭圆的标准方程．（2）将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出两个交点的横、纵坐标之积；利用向量垂直的充要条件将OA⊥OB用交点的坐标表示，得到椭圆的三个参数的一个等式，再利用椭圆的三个参数本身的关系得到参数a与离心率的关系，利用离心率的范围求出a的范围，得到椭圆的长轴长的最大值．【解答】解（1）∵e=．又2c=2，解得a=，则b=．∴椭圆方程为：+=1（2）由消去y得（a2+b2）?x2﹣2a2x+a2?（1﹣b2）=0，由△=（﹣2a2）2﹣4a2（a2+b2）（1﹣b2）＞0，整理得a2+b2＞1．设A（x1，y1，），B（x2，y2），则x1+x2=．∴y1y2=（﹣x1+1）（﹣x2+1）=x1x2﹣（x1+x2）+1．∵OA⊥OB（其中O为坐标原点），∴x1x2+y1y2=0，即2x1x2﹣（x1+x2）+1=0．∴+1=0．整理得a2+b2﹣2a2b2=0．∵b2=a2﹣c2=a2﹣a2e2，代入上式得2a2=1+，∴a2=．∵e∈∴，∴，∴≤2，∴≤3，∴，适合条件a2+b2＞1，由此得．∴，故长轴长的最大值为20.三棱锥D－ABC中，DA＝DB，，△ABC为正三角形。（I）求证：；（II）若平面DAB⊥平面ABC，求二面角D-BC-A的正切值。参考答案：证明：（I）设AB中点为E，连接DE，CE。在中，因为DA＝DB，所以在中，因为CA＝CB，所以

2分而所以而

4分所以。

5分解：（II）过点E作于点F，连接DF。

6分由（I）知因为平面平面ABC所以

7分而所以

从面所以

9分即为二面角的平面角,设为，

10分设BE＝1，则在中，DE＝1，

11分则。

12分21.如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4．E，F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．（Ⅰ）求证：NC∥平面MFD；（Ⅱ）若EC=3，求证：ND⊥FC；（Ⅲ）求四面体NFEC体积的最大值．参考答案：考点：直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）先证明四边形MNCD是平行四边形，利用线面平行的判定，可证NC∥平面MFD；（Ⅱ）连接ED，设ED∩FC=O．根据平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，可证NE⊥平面ECDF，从而可得FC⊥NE，进一步可证FC⊥平面NED，利用线面垂直的判定，可得ND⊥FC；（Ⅲ）先表示出四面体NFEC的体积，再利用基本不等式，即可求得四面体NFEC的体积最大值．解答： （Ⅰ）证明：因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN=EF=CD．所以四边形MNCD是平行四边形，…所以NC∥MD，…因为NC?平面MFD，所以NC∥平面MFD．

…（Ⅱ）证明：连接ED，设ED∩FC=O．因为平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，所以NE⊥平面ECDF，…因为FC?平面ECDF，所以FC⊥NE．

…又EC=CD，所以四边形ECDF为正方形，所以FC⊥ED．

…所以FC⊥平面NED，…因为ND?平面NED，所以ND⊥FC．

…（Ⅲ）解：设NE=x，则EC=4﹣x，其中0＜x＜4．由（Ⅰ）得NE⊥平面FEC，所以四面体NFEC的体积为．…所以．

…当且仅当x=