重庆市永川中学高三上学期第周周考数学试题

高级高三上期第十二周周考数学试题一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共分）1.已知集合，，若，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先解出集合A，再由集合的包含关系进行求解实数a的取值范围即可.【详解】由题，因为，所以且，故.故选：A.2.已知依次成等差数列，依次成等比数列，则最小值是（）A.2B.C.4D.8【答案】A【解析】利用基本不等式，即可求解.【详解】成等差数列，成等比数列，所以，且，则，当且仅当时取等号，故选：A.3.若，则A.B.C.D.【答案】D【解析】第1页/共19页且，故选D【考点】三角恒等变换【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若且，则B.若且，则C.若且，则D.若且，则【答案】D【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【详解】若且，则可以是相交平面且交线平行，故A错误；若且，则可以平行，故B错误；若且，则可以平行，故C错误；若且，则，故D正确．故选：D．5.如图，在平行六面体中，，，则（）第2页/共19页【答案】C【解析】【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】因为，，所以.故选：C.6.已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则函数在上所有零点的和为（）A.16B.24C.32D.48【答案】B【解析】【分析】由题可得对称性，周期性，然后在同一坐标系中画出函数与图象，据此可得答案.【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，则.由于为偶函数，则.从而.第3页/共19页所以是一个周期为4的周期函数．令，得，函数的图象关于点对称，的图象也关于点对称，画出函数和的图象如图所示，由图可知，两个函数图象在上有6个交点，且交点关于对称，所以所有零点和为．故选：B7.已知球是棱长为的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足面，则的最大值为（）A.B.2C.6D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，证得平面平面，得到点在平面与球的截面圆上，求得正的边长为，得到，圆的方程为，结合圆的性质，即可求解.【详解】如图所示，在正方体中，可得，因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，又因为，且平面，所以平面平面，第4页/共19页所以点在平面与球的截面圆上，且截面圆恰为的内切圆，因为正方体棱长为，可得正的边长为，其内切圆的半径为，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，可得，内切圆的方程为，设，则，，因为表示内切圆上点到原点的距离，可得内切圆与轴的交点为时，距离最大，最大距离为，所以.故选：A.8.已知正实数满足和．则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解．第5页/共19页【详解】，，即，，，即，令，则在上单调递增，方程有唯一解，，．故选：A．二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共分）9.在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则平面D.若，则平面【答案】AC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理依次对选项进行判断即可.【详解】对于选项A，平面，平面，则，又，底面为菱形，则，，则平面，因为平面，所以，A正确；对于选项B，，底面为矩形，无法得到平面，B错误；对于选项C，设与交于点，由，为中点，得，第6页/共19页因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，C正确；对于选项D与不一定垂直，D错误．故选：AC.10.已知为等差数列，其前项和为，，，则下列结论正确的有（）A.B.C.当且仅当时，最大D.满足的最大整数n为14【答案】AB【解析】【分析】借助与的关系及等差数列性质计算可得A；计算出数列的公差后利用等差数列求和公式计算即可得B；利用等差数列性质及等差数列求和公式计算可得C、D.【详解】对A：，故，故A正确；对B：，故公差为，故，则，故B正确；对C：由，故，当时，，当时，，故当或时，最大，故C错误；对D：当时，，当时，，又，故，则当时，，当时，，第7页/共19页故满足的最大整数为，故D错误.故选：AB.在中，是的中点，则下列结论正确的是（）A.可以是钝角三角形B.C.若，则D.【答案】BCD【解析】【分析】对A，由，利用三角恒等变换化简可得，结合分析得解；对B，由，可得，结合角的范围求解；对C，由，得，结合求解判断；对D，由题可得必是锐角三角形，问题转化即证，即证.【详解】对于A，，即，所以所以，即得，即，因为，所以，第8页/共19页故，则，所以，故为直角三角形，故A错误；对于B，由，则，所以，由于，故，故B正确；对于C，由，则，所以，其中，又，故，故C正确；对于D，，所以必是锐角三角形，即证，又，即证，即，成立，故D正确.故选：BCD.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共分）12.已知（为虚数单位，的值为___________．【答案】【解析】【分析】根据复数的乘方运算和复数相等的条件即可得到答案.【详解】因为，由复数相等的充要条件得，所以．第9页/共19页故答案为：.13.若数列满足，则___________．【答案】121【解析】算得解.【详解】由题意可得，作差得，故故答案为：121.14.若存在，使成立，则a的取值范围为_________【答案】【解析】及可.【详解】不等式成立等价于，令，易知，易知在上单调递减，在上单调递增，所以，则上述不等式等价于有解，设，可知，显然在上单调递增，第10页/共19页即，则.故答案为：.四､解答题（本大题共5小题，共分）15.在锐角中，内角的对边分别是，且满足．（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】1）借助余弦定理的推论计算即可得；（2）借助正弦定理可将边化为角，再结合锐角三角形性质计算即可得.【小问1详解】因为，则，则，因为，所以；【小问2详解】因为，所以，则，由正弦定理，得，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，第11页/共19页所以，所以，所以，即的取值范围为.16.如图，已知平面四边形中，为的中点，，，且沿折成直二面角、中点为．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2上是否存在一点平面明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】1）证明空间中三线两两垂直，建立空间直角坐标系，由线段长写出点坐标，然后利用空间向量的数量即求出平面法向量，由直线方向向量和平面法向量的数量积求得线面角的正弦值；（2存在，设，即得到点坐标，然后由线面垂直得到空间向量的数量积，解得即为的值.【小问1详解】∵，，∴，即，，又二面角为直角，∴，如图建立空间直角坐标系，∵，为的中点，第12页/共19页∴，，，，，则，，，设为平面的一个法向量，则，令，则，，设直线与平面所成角为，则.【小问2详解】存在这样的点，设，∵中点为，∴，则，当平面时，，解得，即.17.已知数列的前项和为，且.第13页/共19页（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项的和.【答案】（1）（2）【解析】1）根据与的关系化简可得，利用等比数列通项公式求法计算即可求解；（2）求得，利用分组求和即可求解.【小问1详解】当时，由题意可知，因为，即，当时，，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；【小问2详解】由（1）可得，所以，当时，，当，，因为，第14页/共19页所以，综上，.18.在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点．（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析;（2）.【解析】1）利用空间几何中的平行垂直关系，可求证线线垂直，线面垂直，进而得到线线垂直；（2）利用空间向量法来求二面角的夹角余弦值即可.【小问1详解】连接，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，，又平面平面，平面平面平面，第15页/共19页，四边形为平行四边形，为的中点，，又，，又，平面，平面，又平面，.【小问2详解】在平面中，过作交于点，结合（1）易知两两垂直．所以以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示．，，则，.设平面的法向量为，取，则，故是平面的一个法向量，设平面的法向量为，第16页/共19页故平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.19.已知函数，其中的解析式由下面第（1）题确定.（1的图象的横坐标伸长到原来的21个单位得的图象，求的解析式；（2）若在上是单调减函数，求的最大值，其中表示不超过的最大整数；（3）证明：【答案】（1）（2）4（3）证明见解析【解析】1）根据三角函数图象变换的知识求得.（2）先求得，然后根据的范围进行分类讨论，求得的最大值.（3）根据（2）求得，利用赋值法，结合对数运算证得不等式成立.【小问1详解】（1）将函数的图象的横坐标伸长到原来的2第17页/共19页得到的图象，即的图象，再向右平移1