山东省滨州市高三上学期1月期末考试数学

山东省滨州市高三上学期1月期末数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知椭圆（）的左、右顶点分别为，，上顶点为．若的面积为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．5．将函数的图象向左平移（）个单位，得到函数的图象．当函数为奇函数时，的最小值为（

）A． B． C． D．6．已知定义在R上的偶函数，满足，且当时，．若，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．7．已知为抛物线上的任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．甲、乙两人玩某一游戏，第奇数局，甲赢的概率为；第偶数局，乙赢的概率为，每一局没有平局．规定：当其中一人赢的局数比另一人赢的局数多两局时游戏结束．则游戏结束时，甲、乙两人玩此游戏的局数的均值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．某市场供应三种品牌的工具刀，相应的市场占有率和优质率的信息如下表：品牌甲乙丙市场占有率50%30%20%优质率90%80%70%记，，表示买到的工具刀的品牌分别为甲、乙、丙，表示买到的工具刀是优质品．在该市场中随机买一种品牌的工具刀，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．10．已知直线经过抛物线（）的焦点与抛物线交于，两点，且点位于第一象限．过点，作抛物线准线的垂线，垂足分别为，，则下列结论正确的是（

）A．B．为钝角C．若直线与轴交于点，则直线与直线关于直线对称D．若，，的面积分别为，，，则11．已知正方体的棱长为2，点为侧面（含边界）内的动点，则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．当为中点时，过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为C．当时，点到点距离的最小值为D．当直线与平面所成角为时，点的轨迹长度为三、填空题12．在的展开式中，所有项的二项式系数和为，则展开式中的常数项为．13．已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围为．14．已知等差数列的前项和为，且，．若，则数列的前项和为．四、解答题15．在中，角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若点在线段的延长线上，为的角平分线，，，求的面积．16．某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品．技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布．若该零件生产的控制系统中每个元件正常工作的概率都是（），各个元件能否正常工作相互独立，如果系统中有超过一半的元件正常工作，系统就能正常工作．系统正常工作的概率称为系统的可靠性．附：若，则，．(1)求该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差；(2)若控制系统原有3个元件，计算该系统的可靠性，并判断若给该系统增加一个元件，可靠性有何变化？17．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面．(1)证明：平面平面；(2)若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知函数．(1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值；(2)若函数有三个零点，，，且．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：．19．如图，正方形的边长为，，．，分别为直线，上的动点，且，，其中，直线与直线相交于点．(1)求点的轨迹方程；(2)若点的轨迹为曲线，点在曲线上，过点作斜率为的直线，交轴于点．当，时，按照如下方法依次构造点：令为关于轴的对称点，记的坐标为，点在曲线上，且满足．（Ⅰ）证明数列（）为等比数列，并求通项公式；（Ⅱ）设为的面积，求．

参考答案1．B【详解】由或，所以或故选：B.2．C【详解】，，在复平面内对应的点为，在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.3．A【详解】向量，若，则，即，解得或，故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A4．C【详解】因为椭圆方程（），所以左顶点为，右顶点为，上顶点为，由、两点坐标可知，中边上的高为点到轴的距离，即高为，由三角形面积公式可得：，又因为，所以，又因为，所以，根据椭圆的离心率公式且满足可得：，所以.故选：C.5．B【详解】由题意得，因为函数为奇函数，所以，所以，由于，所以的最小值为.故选：B.6．D【详解】且当时，，因为，则，所以的周期为，则，，，又因为在R上是偶函数，所以，因为，且当时，，则在上是增函数，所以.故选：D7．C【详解】如图，设，圆心坐标为.因均相切于圆，则，，又，则.从而.，则，当且仅当时取等号.由图可得为锐角，正弦函数在单调递增，则.即的最大值为.故选：C8．D【详解】设甲、乙两人玩的局数为，其数学期望为，由题设，游戏至少进行两局，若，则比分为，且，否则前两局的比分为，从此刻开始知道游戏结束，进行的局数的期望跟比分为时相同，总局数的期望为，故，故，故选：D.9．AC【详解】市场占有率：,,;优质率（条件概率）：,,;选项A：因为、互斥，所以，则选项A正确；选项B：表示“买到乙品牌且为优质品”的概率，由乘法公式：，则选项B错误；选项C：由全概率公式：，则选项C正确；选项D：由贝叶斯公式：，则选项D错误.故选：AC10．BCD【详解】由的焦点在轴上，令代入，得，则焦点，所以，则，A错，联立，整理得，显然，故，，所以，而，所以，结合图知为钝角，B对，由题意，且到与到线段的距离相等，即为中点，所以为的中点，由抛物线的定义知，即为等腰三角形，所以垂直平分，即直线与直线关于直线对称，C对，由B分析，，则，，，由题意，，可得，且，所以，D对；故选：BCD11．ACD【详解】对于A，因为平面平面，所以点到平面的距离恒等于，故，故A正确；

对于B，取的中点，易证，所以四边形即为过点，，的平面截该正方体所得的截面，四边形为等腰梯形，过点作，垂足为，，，，所以，所以，所以四边形的面积为，故B错误；

对于C，过点作，垂足为，过点作，垂足为，因为，故，又，，平面，所以平面，又平面，所以，设，，所以，，由题意得，解得，即，所以点位于靠近点的四等分点时，最小，所以点到点距离的最小值为，故C正确；

对于D，因为平面平面，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，又因为平面，所以直线与平面所成角即为，即，在，因为，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的四分之一圆周，所以点的轨迹长度为，故D正确.故选：ACD.

12．【详解】的展开式中，所有项的二项式系数和为，，，，设展开式中的常数项为项，则，故，解得，则常数项为.故答案为：.13．【详解】由题设知，且令，则；令，则；∴在上单调递减，在上单调递增，∴，时，时，∴的值域为，令，则，∵，则，∴要使的值域也为，则需使，解得.则实数a的取值范围是．故答案为:.14．【详解】因为等差数列的前项和为，且，，所以，解得：，所以，则,则，所以数列的前项和故答案为：15．(1)；(2)【详解】（1）因为，由正弦定理可化为：，，又因为即，即，因为，解得：，且，即；（2）因为及为的角平分线，所以，由三角形面积公式得，代入得：，因为，由余弦定理，化简得：，即得解得：或舍去，即，所以的面积为.16．(1)(2)可靠性为,变差了【详解】（1）由条件可知，技术改造前，，优品率为，技术改造后，，优品率为，，所以这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差为.（2）设为原有3个元件正常工作的个数，，则系统正常工作的概率，所以该系统的可靠性为为增加一个元件后，元件正常工作的个数，，则系统正常工作的概率，则，所以该系统增加一个元件，可靠性变差了.17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）取中点，连接，因为为等腰直角三角形，，所以，且由可得，因为为等边三角形，所以，且由可得，又因为平面，平面，平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，由勾股定理可得，所以，所以，所以平面平面.（2）由（1）可知两两垂直，分别以为轴建立如图所示坐标系，则，，，，因为平面，平面，平面平面，所以，则，因为截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，所以，因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即，所以分别为棱中点，则，，所以，，设平面的法向量，则，解得平面的一个法向量，易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)(ⅰ);(ⅱ)见解析【详解】（1）当时，，，，当时，，，，由条件可知，，得.（2），得，设，，，所以在区间上单调递减，当时，，当时，，，，得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，取得极大值，当时，，画出函数的图象，与的图象有3个交点，则；(ⅱ)由（ⅰ）可知，，要证明，只需证明，又，，即证，所以上式等价于证明，由，，得，即，所以只需证明，即证，令，则，上式等价于证明，令，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.19．(1)(2)见详解【详解】（1）由题意可知，，，，因为，而，则，点的坐标是，依据向量关系同理可以算出点的坐标是；直线的斜率为：，则直线