貴州省遵義市玉淮中學高三數(shù)學理下學期期末試卷含解析

貴州省遵義市玉淮中學高三數(shù)學理下學期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.圓被直線分成兩段圓弧，則較短弧長與較長弧長之比為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A【知識點】直線與圓的位置關(guān)系【試題解析】的圓心為（1，0），半徑為1．

圓心到直線的距離為所以較短弧長對的圓心角為

較長弧長對的圓心角為故弧長之比為1:2．

故答案為：A2.已知復數(shù)z滿足z=1+i（i為虛數(shù)單位），則復數(shù)z的共軛復數(shù)的虛部為（）A．﹣1 B．1 C．﹣i D．i參考答案：A【考點】A5：復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算．【分析】由已知求得，則答案可求．【解答】解：∵z=1+i，∴，則復數(shù)z的共軛復數(shù)的虛部為﹣1．故選：A．3.

已知數(shù)列的通項公式是，其中a、b均為正常數(shù)，那么與的大小關(guān)系是（）A．B．C．D．與n的取值相關(guān)參考答案：答案：B4.設(shè)定義域為的函數(shù)滿足以下條件；①對任意；②對任意.則以下不等式一定成立的是

①

②

③

④

A.①③

B.②④

C.

①④

D.②③參考答案：B由①知，所以函數(shù)為奇函數(shù)。由②知函數(shù)在上單調(diào)遞增。因為，所以，即②成立。排除AC.因為，所以，又，所以，因為函數(shù)在在上單調(diào)遞增，所以在上也單調(diào)遞增，所以有成立，即④也成立，所以選B.5.的最小正周期為，其中，則

▲

。參考答案：的最小正周期為，其中，則

▲

。6.將函數(shù)后得到函數(shù)A．

B．

C．

D．參考答案：B 7.若滿足，滿足，函數(shù)，則關(guān)于的方程解的個數(shù)是A．1

B．2

C．3

D．4參考答案：C8.某四棱柱的三視圖如圖所示，該幾何體的各面中互相垂直的面的對數(shù)是（

）A．

B．C．

D．參考答案：D9.已知，且，則A．

B．

C．

D．參考答案：

，，，，則，故選10.如果命題“”為假命題，則A．均為真命題

B．均為減命題

C．中至少有一個為真命題

D．中至多有一個真命題

參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的z的值是

．參考答案：32【考點】程序框圖．【專題】圖表型；算法和程序框圖．【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的x，y，z的值，當z=32時，不滿足條件z＜20，退出循環(huán)，輸出z的值為32．【解答】解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得x=1，y=2，z=2滿足條件z＜20，x=2，y=2，z=4滿足條件z＜20，x=2，y=4，z=8滿足條件z＜20，x=4，y=8，z=32不滿足條件z＜20，退出循環(huán)，輸出z的值為32．故答案為：32．【點評】本題主要考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，正確依次寫出每次循環(huán)得到的x，y，z的值是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．12.若非零向量，，滿足|+|=||，⊥（+λ），則λ=

．參考答案：2【考點】平面向量數(shù)量積的運算．【專題】平面向量及應(yīng)用．【分析】利用數(shù)量積的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系即可得出．【解答】解：∵非零向量，，滿足|+|=||，⊥（+λ），∴=，=0．∴=0，=0．∴λ=2．故答案為：2．【點評】本題考查了數(shù)量積的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．13.已知點，為坐標原點，點滿足,則的最大值是

參考答案：14.已知某算法的流程圖如圖所示，輸出的

(x，y)值依次記為，若程序運行中輸出的一個數(shù)組是，則t=

．

參考答案：略15.已知的展開式中的系數(shù)為，則常數(shù)a的值為

.參考答案：16.設(shè)x，y滿足線性約束條件，則x+2y的取值范圍是

．參考答案：[2，6]考點：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應(yīng)用．分析：作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求z的最值．解答： 解：作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，由z=x+2y，得y=﹣，平移直線y=﹣，由圖象可知當直線y=﹣經(jīng)過點B（2，2）時，直線y=﹣的截距最大，此時z最大．此時z的最大值為z=2+2×2=6，過點C（2，0）時，直線y=2的截距最小，此時z最?。藭rz的最小值為z=2+2×2=6，故x+2y的取值范圍是[2，6]故答案為：[2，6]．點評：本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法．17.二項式展開式中的系數(shù)為___________________．參考答案：10三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）已知函數(shù)f(x)=(x－2)ex+a(x－1)2有兩個零點.（I）求a的取值范圍；（II）設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：+x2<2.參考答案：解：（Ⅰ）．（i）設(shè)a=0，則，f(x)只有一個零點．（ii）設(shè)a＞0，則當x∈(－∞,1)時，f′(x)＜0；當x∈(1,+∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞,1)單調(diào)遞減，在(1,+∞)單調(diào)遞增．又f(1)=－e，f(2)=a，取b滿足b＜0且，則，故f(x)存在兩個零點．（iii）設(shè)a＜0，由f′(x)=0得x=1或x=ln(－2a)．若，則ln(－2a)≤1，故當x∈(1,+∞)時，f′(x)＞0，因此f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增．又當x≤1時，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點．若，則ln(－2a)＞1，故當x∈(1,ln(－2a))時，f′(x)＜0；當x∈(ln(－2a),+∞)時，f′(x)＞0．因此f(x)在(1,ln(－2a))單調(diào)遞減，在(ln(－2a),+∞)單調(diào)遞增．又當x≤1時，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0,+∞)．（Ⅱ）不妨設(shè)x1＜x2，由（Ⅰ）知x1∈(－∞,1)，x2∈(1,+∞)，2－x2∈(－∞,1)，f(x)在(－∞,1)上單調(diào)遞減，所以x1+x2＜2等價于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0．由于，而，所以．設(shè)，則．所以當x＞1時，g′(x)＜0，而g(1)=0，故當x＞1時，g(x)＜0．從而g(x2)=f(2－x2)＜0，故x1+x2＜2．

19.已知某中學高三文科班學生的數(shù)學與地理的水平測試成績抽樣統(tǒng)計如下表：

X人數(shù)YABCA144010Ba36bC28834若抽取學生n人，成績分為A（優(yōu)秀）、B（良好）、C（及格）三個等級，設(shè)x，y分別表示數(shù)學成績與地理成績，例如：表中地理成績?yōu)锳等級的共有14+40+10=64人，數(shù)學成績?yōu)锽等級且地理成績?yōu)镃等級的有8人．已知x與y均為A等級的概率是0.07．（1）設(shè)在該樣本中，數(shù)學成績優(yōu)秀率是30%，求a，b的值；（2）已知a≥8，b≥6，求數(shù)學成績?yōu)锳等級的人數(shù)比C等級的人數(shù)多的概率．參考答案：【考點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率．【分析】（1）由頻率=，能求出a，b的值．（2）由14+a+28＞10+b+34，得a＞b+2．由此利用列舉法能求出所求概率．【解答】解：（1）由頻率=，得到，∴，故a=18，而14+a+28+40+36+8+10+b+34=200，∴b=12．…（2）∵a+b=30且a≥8，b≥6，∴由14+a+28＞10+b+34，得a＞b+2．（a，b）的所有結(jié)果為（8，22），（9，21），（10，20），（11，19），…（24，6）共17組，其中a＞b+2的共8組，故所求概率為：．…20.設(shè)等差數(shù)列的前項和為，公比是正數(shù)的等比數(shù)列的前項和為，已知（1）求的通項公式．（2）若數(shù)列滿足求數(shù)列的前項和．參考答案：⑴設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為

由，得

①由

得

②化簡①②消去得或則

（7分）⑵…

①當時，…

②由①-②得又由⑴得

的前項和…

（14分）21.如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是地面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點。（1）求證：AC⊥SD；（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大?。?）在（2）的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說明理由。參考答案：解法一：（Ⅰ）連BD，設(shè)AC交BD于O，由題意SO⊥AC。在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD。（Ⅱ）設(shè)正方形邊長a，則SD=。又OD=，所以SOD=60°，連OP，由（Ⅰ）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD，所以POD是二面角P-AC-D的平面角。由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以POD=30°，即二面角P-AC-D的大小為30°。（Ⅲ）在棱SC上存在一點E，使BE//平面PAC由（Ⅱ）可得PD=，故可在SP上取一點N，使PN=PD，過N作PC的平行線與SC的交點即為E。連BN。在△BDN中知BN//PO，又由于NE//PC，故平面BEN//平面PAC，得BE//平面PAC，由于SN：NP=2：1，故SE：EC=2：1