浙江省绍兴市澄潭中学高三数学文下学期期末试卷含解析

浙江省绍兴市澄潭中学高三数学文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.命题“?x0∈R，2x0≤0”的否定为(

) A．?x0∈R，2x0≤0 B．?x0∈R，2x0≥0 C．?x0∈R，2x0＜0 D．?x0∈R，2x0＞0参考答案：D考点：命题的否定．专题：简易逻辑．分析：根据特称命题的否定是全称命题即可得到结论．解答： 解：命题是特称命题，则“?x0∈R，2x0≤0”的否定为：?x0∈R，2x0＞0，故选：D点评：本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．2.若的展开式中只有第4项的系数最大,那么这个展开式中的常数项是()

(A)15

(B)35

(C)

30

(D)20参考答案：答案：D3.已知全集U=R，A={y|y=2x+1}，B={x|lnx＜0}，则（?UA）∩B=(

)A．? B．{x|＜x≤1} C．{x|x＜1} D．{x|0＜x＜1}参考答案：D【考点】补集及其运算；交集及其运算．【专题】计算题．【分析】本题求集合的交集，由题设条件知可先对两个集合进行化简，再进行交补的运算，集合A由求指数函数的值域进行化简，集合B通过求集合的定义域进行化简【解答】解：由题意A={y|y=2x+1}={y|y＞1}，B={x|lnx＜0}={x|0＜x＜1}，故CUA={y|y≤1}∴（CUA）∩B={x|0＜x＜1}故选D【点评】本题考查补集的运算，解题的关键是理解掌握集合的交的运算与补的运算，运用指数函数与对数函数的知识对两个集合进行化简，本题是近几年高考中的常见题型，一般出现在选择题第一题的位置考查进行集合运算的能力4.已知为等差数列，，以表示的前项和，则使得达到最大值的是（

）A.21

B.20

C.19

D.18参考答案：B5.设集合，，R是实数集，则（

）A. B. C. D.参考答案：A【分析】先求出集合，再求解并集和补集.【详解】因为，所以，即，，所以，故选A.【点睛】本题主要考查集合的补集并集运算，化简集合为最简是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.6.若变量、满足约束条件，则的最大值是（

）A.7

B.4

C.2

D.8参考答案：A7.已知等差数列的项和为，且满足，则数列的公差是A. B.1 C.2 D.3参考答案：C略8.若复数，为z的共轭复数，则=（）A．i B．﹣i C．﹣22017i D．22017i参考答案：B【考点】复数代数形式的乘除运算；虚数单位i及其性质．【分析】利用复数的运算法则、周期性即可得出．【解答】解：==i，=﹣i，则=[（﹣i）4]504?（﹣i）=﹣i．故选：B．9.如果命题“p且q”的否定为假命题，则（）A．p、q均为真命题 B．p、q均为假命题C．p、q中至少有一个为真命题 D．p、q中至多有一个为真命题参考答案：A【考点】2E：复合命题的真假．【分析】根据命题的否定求出”p且q”是真命题，从而判断命题的真假．【解答】解：若“p且q”的否定是假命题，则“p且q”是真命题，故p，q均是真命题，故选：A．10.设函数则A.在区间内均有零点。

B.在区间内均无零点。C.在区间内有零点，在区间内无零点。

D.在区间内无零点，在区间内有零点。

参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数f（x）的对应关系如表所示，数列{an}满足a1=3，an+1=f（an），则a2016=

．x123f（x）321参考答案：1【考点】数列与函数的综合．【分析】由题意可知，a1=3，分别求得a2，a3，a4，求得an=，即可a2016．【解答】解：an+1=f（an），a1=3．∴a2=f（a1）=f（3）=1，a3=f（a2）=f（1）=3，a4=f（a3）=f（3）=1，…∴an=，∴a2016=1．故答案为：1．【点评】本题考查列表表示函数对应关系的方法，考查数列通项公式，考查计算能力，属于基础题．12.若椭圆长轴长与短轴长之比为2，它的一个焦点是(2，0)，则椭圆的标准方程是

参考答案：13.在平面直角坐标系xOy中，过点P(5，3)作直线l与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，若OA⊥OB，则直线l的斜率为

．参考答案：14.如图，已知边长为8米的正方形钢板有一个角锈蚀，其中米，米.为了合理利用这块钢板,将在五边形内截取一个矩形块，使点在边上.则矩形面积的最大值为____

平方米.参考答案：48设,作于,所以,在中，,所以，即。设矩形面积所以,则，因为，所以函数在上单调递增，所以当时，有最大值平方米。15.已知是虚数单位，复数z=，则|z|=

．参考答案：16.在中，角所对的边分别为，若，则____________．参考答案：试题分析：由正弦定理得，即，且，所以，，所以,故应填.考点：1.正弦定理；2.三角形内角和定理；3.勾股定理.17.（几何证明选讲选做题）如图4，是圆外一点，过引圆的两条割线、，，，则____________．

参考答案：2三、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.设不等式|x﹣2|＞1的解集与关于x的不等式x2﹣ax+b＞0的解集相同．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数的最大值，以及取得最大值时x的值．参考答案：【考点】：绝对值不等式的解法；函数的值域．【专题】：计算题；不等式的解法及应用．【分析】：（Ⅰ）依题意，通过解绝对值不等式|x﹣2|＞1可求其解集，从而可知x2﹣ax+b=0的解，由韦达定理可求得a，b的值；（Ⅱ）通过导数法可求得f（x）=4+3的最大值，以及取得最大值时x的值．解：（Ⅰ）∵|x﹣2|＞1，∴x＞3或x＜1．∴不等式|x﹣2|＞1的解集为{x|x＞3或x＜1}；∵不等式|x﹣2|＞1的解集与关于x的不等式x2﹣ax+b＞0的解集相同，∴1和3是方程x2﹣ax+b=0的根，∴a=1+3=4，b=1×3=3．（Ⅱ）∵f（x）=4+3（3≤x≤5），∴f′（x）=﹣=，由f′（x）=0得x=．由f′（x）＞0得，3≤x＜，由f′（x）＜0得，＜x≤5．∴f（x）在[3，）上单调递增，在（，5]上单调递减，∴当x=时，f（x）取得最大值，即f（x）max=f（）=4+3=5．【点评】：本题考查绝对值不等式的解法，利用导数法求函数的最值是难点，也是关键，考查分析、运算的能力，属于难题．19.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，AC=AB=SA=2，AC⊥AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF=2FE．（1）求证：AF⊥平面SBC；（2）在线段上DE上是否存在点G，使二面角G﹣AF﹣E的大小为30°？若存在，求出DG的长；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（1）通过证明AF与平面SBC内的两条相交直线垂直即可；（2）抓住两点找到问题的求解方向：一是点G的预设位置，二是二面角G﹣AF﹣E的位置，计算即可．【解答】（1）证明：由AC=AB=SA=2，AC⊥AB，E是BC的中点，得．因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AE．在Rt△SAE中，，所以．因此AE2=EF?SE，又因为∠AEF=∠AES，所以△EFA∽△EAS，则∠AFE=∠SAE=90°，即AF⊥SE．因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC，又BC⊥AE，所以BC⊥底面SAE，则BC⊥AF．又SE∩BC=E，所以AF⊥平面SBC．（2）结论：在线段上DE上存在点G使二面角G﹣AF﹣E的大小为30°，此时DG=．理由如下：假设满足条件的点G存在，并设DG=t．过点G作GM⊥AE交AE于点M，又由SA⊥GM，AE∩SA=A，得GM⊥平面SAE．作MN⊥AF交AF于点N，连结NG，则AF⊥NG．于是∠GNM为二面角G﹣AF﹣E的平面角，即∠GNM=30°，由此可得．

由MN∥EF，得，于是有，．在Rt△GMN中，MG=MNtan30°，即，解得．于是满足条件的点G存在，且．20.已知函数f（x）=x﹣ax2﹣lnx（a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定导函数的符号，从而判断函数的单调性；（2）表示出f（x1）+f（x2）=lna++ln2+1，通过求导进行证明．【解答】解：（1）∵f′（x）=﹣，（x＞0，a＞0），不妨设φ（x）=2ax2﹣x+1（x＞0，a＞0），则关于x的方程2ax2﹣x+1=0的判别式△=1﹣8a，当a≥时，△≤0，φ（x）≥0，故f′（x）≤0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，当0＜a＜时，△＞0，方程f′（x）=0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）及x∈（x2，+∞）时f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）递减，在（x1，x2）递增；（2）由（1）知当且仅当a∈（0，）时f（x）有极小值x1和极大值x2，且x1，x2是方程的两个正根，则x1+x2=，x1x2=，∴f（x1）+f（x2）=（x1+x2）﹣a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣（lnx1+lnx2）=ln（2a）++1=lna++ln2+1（0＜a＜），令g（a）=lna++ln2+1，当a∈（0，）时，g′（a）=＜0，∴g（a）在（0，）内单调递减，故g（a）＞g（）=3﹣2ln2，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．21.(12分)一个空间几何体的三视图如图所示，其中分别是五点在直立、侧立、水平三个投影面内的投影，且在主视图中，四边形为正方形且；在左视图中俯视图中，（Ⅰ）根据三视图作出空间几何体的直观图，并标明五点的位置；（Ⅱ）在空间几何体中，过点作平面的垂线，若垂足H在直线上，求证：平面⊥平面；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥的体积及其外接球的表面积．

参考答案：解析：（Ⅰ）空间几何体的直观图如图所示，且可得到平面⊥平面，四边形为正方形且

（Ⅱ）证明：过点作平面的垂线，垂足H在直线上，平面且平面，平面，，又平面⊥平面，又，故平面⊥平面（Ⅲ）由（Ⅱ）知，，

为等腰直角三角形，过点作于点，则，∴取的中点，由于均为直角三角形，所以是四棱锥的外接球的球心，半径为

22.如图，已知椭圆的长轴，长为4，过椭圆的右焦点F作斜率为k（）的直线交椭圆于B、C两点，直线，的斜率之积为.（1）求椭圆P的方程；（2）已知直线，直线，分别与相交于M、N两点，设E为线段MN的中点，求证：.参考答案：（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由长轴长为4可得a，设出点B，C坐标，利用斜率之积为，可得，即可得到b2，可得椭圆方程；（2）设直线BC的方程为：y＝k（x﹣1）与椭圆方程联立，得到