四川省仁寿第一中学南校区高三上学期数学周考七试题

仁寿一中南校区数学周考（七）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数是虚部为正数的纯虚数，且满足，则（）A.1 B.2 C.1或2 D.3【答案】A【解析】【分析】设，代入，得到，计算求出的值，利用求出.【详解】设，代入，得到，解得，即，故，即，解得或－2，因为，所以，故.故选：A．2.设命题，，则：（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可求解.【详解】由题意：命题，，则：，，故选：D.3.已知函数，则“函数的图象的一条对称轴为”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据函数的图象的一条对称轴为，求出或，因此“函数的图象的一条对称轴为”是“”的必要不充分条件.【详解】由函数图象的一条对称轴为，得，解得，又因为，所以或，因此“函数的图象的一条对称轴为”是“”的必要不充分条件.故选：B．4.有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件为“从中任取的1个函数是奇函数”，事件为“从中任取的1个函数是偶函数”，事件的对立事件分别为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】首先判断各函数的奇偶性，再由古典概型的概率公式一一判断即可.【详解】由题可知，对于①：，则，解得，所以，故为偶函数且为奇函数；对于②为奇函数；对于③为奇函数；对于④为偶函数；对于⑤：定义域为，为非奇非偶函数；对于⑥为非奇非偶函数；则事件为：①，②，③；事件为：④，⑤，⑥；事件为：①，④；事件为：②，③，⑤，⑥；事件为：①，②，③，④；为：⑤，⑥；所以，，，，，，所以，，故A、C错误；又：①；所以为：②，③，④，⑤，⑥，所以，则，故B错误；因为，所以，D正确.故选：D.5.如图，为圆锥底面直径，点是底面圆上异于的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当与所成角为时，与所成角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作与圆交于点，连接，四边形为平行四边形，，连接，则为与所成角，解即可得解.【详解】设圆锥母线长为，则，解得，，与所成角，，中，作与圆交于点，连接，四边形为平行四边形，，连接，则为与所成角，中，可得，，故选：C.6.已知是椭圆两个焦点，为上一点，且，，则的离心率的平方为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的定义及已知条件得到，，在中利用余弦定理即可求得答案.【详解】因为，所以，则，，因为，在中，由余弦定理可得，所以，整理可得，所以，故选：D．7.在边长为2的等边中，点为内切圆上一点，则（）A.1 B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】设内切圆圆心，将、、分解为从出发的向量；利用等边三角形“重心与内心重合”的性质，简化向量和为；通过三角形面积与内切圆半径的关系求得，进而计算向量和的模长.【详解】设点为内切圆圆心，则，则，因为是等边三角形，故点也是的重心，故，故，由等面积得，则，故.故选：B8.法布里贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜，记光波的初始功率为，记为光波经过第层薄膜后的功率，假设在经过第层薄膜时光波的透过率，其中，2，3…，为使得，则的最大值为（）A.31 B.32 C.63 D.64【答案】C【解析】【分析】通过累乘法以及等差数列求和公式得，进一步得，结合数列单调性即可得解.【详解】由题意，所以，所以，即，显然关于单调递增，其中，又，所以的最大值为63.故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（）（若随机变量Z服从正态分布，）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，，所以，故，C正确，D错误；因为，所以，因为，所以，而，B正确，A错误，故选：BC．10.已知函数，则下列说法中正确的是（）A.对任意正奇数，为奇函数B.对任意正整数，的图象都关于直线对称C.当时，在上的最小值为D.当时，的单调递增区间是【答案】BC【解析】【分析】对于A，取，由奇偶性的定义判断；对于B，由是否成立判断；对于C，由，利用导数法判断；对于D，由，将函数转化为，利用余弦函数的性质求解判断.【详解】取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；因为，所以的图象关于直线对称，则B正确；当时，，当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，故C正确；当时，，则的递增区间为，则D错误.故选：BC.11.如果一个四面体在同一顶点的三条棱两两垂直，则称为直角四面体.直角四面体中，侧棱、、两两垂直，棱长分别为、、，点在底面的射影为点，三条侧棱、、与底面所成的角分别为、、，以下结论正确命题的是（）A.为锐角三角形；B.;C.若，则；D.直角四面体外接球的表面积为.【答案】ACD【解析】【分析】把直角四面体放在长方体中，利用三角形垂心的定义、线面角的定义、球的性质、余弦定理逐一判断即可.【详解】把直角四面体放在长方体中，如下图所示.对于A：因为侧棱、、两两垂直，所以，，，由余弦定理可知：，因此是锐角，同理也是锐角，所以为锐角三角形，所以A正确；对于B：由射影性质可知：，因为，所以，因为函数在上单调递增，所以，所以B不正确；对于C：，，则，因为，所以到平面的距离满足，所以，所以，，，所以，因此C正确；对于D：法一：速解：直角四面体外接球就是该长方体的外接球，所以该外接球的半径为该长方体对角线长的一半，，因此该外接球的半径为：，所以该外接球的表面积为：，因此D正确，法二：设BC的中点，球心O，则球心O，，，，因此D正确.故选：ACD二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共5分.12.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率.先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，规定0，1，2表示没有击中目标，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：60113661959769471417469803716233261680457424761042817527029371409857034743738360根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次目标的概率为__________.【答案】0.6【解析】【分析】根据给定的随机数，利用列举法，结合对立事件的概率求出古典概率.【详解】法一：射击4次至少击中3次目标的有：3661,9597,6947,4698,6233,8045,7424,7527,9857,0347,4373,8360，共12种，所以所求概率为法二：运动员射击4次至多2次击中目标的有：6011,1417,0371,2616,7610,4281,0293,7140，共8种，所以所求概率为故答案为：13.已知数列的前项和为，则当最小时，的值为__________.【答案】6【解析】【分析】利用通项的正负性可求.【详解】根据题意，数列中，，当时，有，当时，有，则当时，最小.所以当最小时，.故答案为：614.若，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】先化简不等式得到在时，恒成立，构造函数，得到时，，构造函数，得到，所以，即．【详解】因为，所以，所以不等式等价于，设，则，令，解得，令，解得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，故；设，则，令，解得，令，解得，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，因为恒成立，所以，即．故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知的面积记为.内角，，的对边分别为，，，.（1）若，，求；（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据条件得出角，结合余弦定理计算得到边长；（2）由正弦定理结合角得到，由边角关系计算得到答案.【小问1详解】由，得，因为三角形边长，所以，所以，若，则，代入得，矛盾，所以，方程两边同除以得，又，所以.根据余弦定理，得.即，整理得.解得或（舍去）.所以.【小问2详解】由，得，，因为，则，，所以，，因为为锐角三角形，所以则，所以，即取值范围为.16.已知数列满足．（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设数列的前项和为表示不大于的最大整数，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据题意，化简得到，得到数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）得，结合放缩法和裂项求和，求得，再由，证得，即可求解.【小问1详解】解：由数列满足，可得，又由，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，即，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知：，所以，故，因为，故，因此．17.如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）.（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得；（2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得.【小问1详解】证明：取中点，连接，由题意知，，且，因为是矩形对角线的交点，所以，且，所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.【小问2详解】在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立，所以就是二面角的平面角，即，故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则，因为，，所以，即，又，所以，所以，设平面的法向量为，则取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知抛物线的焦点到其准线的距离为2.（1）求C的方程；（2）过点的直线l与C交于M，N两点，且，求l的方程；（3）设C的焦点为是C上不同的三点，若，，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）确定焦点和准线方程即可求解；（2）设，通过点差法即可求解；（3）设，由，得到，①，②，通过①②得到，即可求解.【小问1详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，所以焦点到其准线距离为，所以抛物线方程为；【小问2详解】设，因为M，N两点在抛物线上，所以，两式相减可得：，即，因为，所以点为M，N的中点，所以，又，所以，所以直线得方程为，即；【小问3详解】因为，所以，设，其中互不相等，则，由，得：，又，所以，①，又，所以，②①②得：，即，又，所以，所以.19.已知函数()（1）讨论函数的单调性（2）若函数存在两个零点，求证:；（3）已知数列的前项和为，数列是首项为2的等比数列，若存在正整数，使得对任意正整数，均有，求的最大值.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）5【解析】【分析】（1）求导，分，讨论函数的单调性.（2）极值点偏移问题，先把问题转化成，，设函数（），分析函数的单调性，即可证明.（3）先根据求数列的通项公式，再借助等比数列的通项公式，可把问题转化成，再设，，利用导数分析它们的单调性，再求的最大值.【小问1详解】对求导有（