酒泉市重點中學高三下學期期中測試新高考數學試題

酒泉市重點中學高三下學期期中測試新高考數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖所示，已知某幾何體的三視圖及其尺寸（單位：），則該幾何體的表面積為()A． B．C． D．2．函數的圖象大致是（）A． B．C． D．3．若點是角的終邊上一點，則（）A． B． C． D．4．已知函數，若，則的最小值為（）參考數據：A． B． C． D．5．“”是“，”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件6．已知水平放置的△ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面積是()A． B．2C． D．7．復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．下列四個圖象可能是函數圖象的是（）A． B． C． D．9．已知，則（）A． B． C． D．10．已知數列滿足：，則()A．16 B．25 C．28 D．3311．已知雙曲線的右焦點為為坐標原點，以為直徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于點及點，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．12．設，分別是橢圓的左、右焦點，過的直線交橢圓于，兩點，且，，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的角所對的邊分別為，且，，若，則的值為__________.14．如圖所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延長線交BC邊于點F，若，則____.15．已知函數，若，則實數的取值范圍為__________．16．已知，滿足，則的展開式中的系數為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離．18．（12分）在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，，角為銳角，的面積為.（1）求角的大??；（2）求的值.19．（12分）已知函數，.（1）當時，求函數的值域；（2），，求實數的取值范圍.20．（12分）已知函數，為實數，且．（Ⅰ）當時，求的單調區(qū)間和極值；（Ⅱ）求函數在區(qū)間，上的值域（其中為自然對數的底數）．21．（12分）已知函數，．（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．22．（10分）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）記，且集合M中有且僅有一個整數，求實數k的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，據此可計算出答案.【詳解】由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，該幾何體的表面積.故選：C【點睛】本題主要考查了三視圖的知識，幾何體的表面積的計算.由三視圖正確恢復幾何體是解題的關鍵.2、A【解析】

根據復合函數的單調性，同增異減以及采用排除法，可得結果.【詳解】當時，，由在遞增，所以在遞增又是增函數，所以在遞增，故排除B、C當時，若，則所以在遞減，而是增函數所以在遞減，所以A正確，D錯誤故選：A【點睛】本題考查具體函數的大致圖象的判斷，關鍵在于對復合函數單調性的理解，記住常用的結論：增+增=增，增-減=增，減+減=減，復合函數單調性同增異減，屬中檔題.3、A【解析】

根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.4、A【解析】

首先的單調性，由此判斷出，由求得的關系式.利用導數求得的最小值，由此求得的最小值.【詳解】由于函數，所以在上遞減，在上遞增.由于，，令，解得，所以，且，化簡得，所以，構造函數，.構造函數，，所以在區(qū)間上遞減，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減.而，所以在區(qū)間上的最小值為，也即的最小值為，所以的最小值為.故選：A【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查分段函數的圖像與性質，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.5、B【解析】

先求出滿足的值，然后根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】由得，即，，因此“”是“，”的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考查充分必要條件，掌握充分必要條件的定義是解題基礎．解題時可根據條件與結論中參數的取值范圍進行判斷．6、A【解析】

先根據已知求出原△ABC的高為AO＝，再求原△ABC的面積.【詳解】由題圖可知原△ABC的高為AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.7、B【解析】

利用復數的四則運算以及幾何意義即可求解.【詳解】解：，則復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點的坐標為：，位于第二象限.故選：B.【點睛】本題考查了復數的四則運算以及復數的幾何意義，屬于基礎題.8、C【解析】

首先求出函數的定義域，其函數圖象可由的圖象沿軸向左平移1個單位而得到，因為為奇函數，即可得到函數圖象關于對稱，即可排除A、D，再根據時函數值，排除B，即可得解.【詳解】∵的定義域為，其圖象可由的圖象沿軸向左平移1個單位而得到，∵為奇函數，圖象關于原點對稱，∴的圖象關于點成中心對稱.可排除A、D項.當時，，∴B項不正確.故選：C【點睛】本題考查函數的性質與識圖能力，一般根據四個選擇項來判斷對應的函數性質，即可排除三個不符的選項，屬于中檔題.9、D【解析】

根據指數函數的單調性，即當底數大于1時單調遞增，當底數大于零小于1時單調遞減，對選項逐一驗證即可得到正確答案.【詳解】因為，所以，所以是減函數，又因為，所以，，所以，，所以A,B兩項均錯；又，所以，所以C錯；對于D，，所以，故選D.【點睛】這個題目考查的是應用不等式的性質和指對函數的單調性比較大小，兩個式子比較大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性質得到大小關系，有時可以代入一些特殊的數據得到具體值，進而得到大小關系.10、C【解析】

依次遞推求出得解.【詳解】n=1時，，n=2時，，n=3時，，n=4時，，n=5時，.故選：C【點睛】本題主要考查遞推公式的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11、C【解析】

根據雙曲線方程求出漸近線方程：，再將點代入可得，連接，根據圓的性質可得，從而可求出，再由即可求解.【詳解】由雙曲線，則漸近線方程：，，連接，則，解得，所以，解得.故雙曲線方程為.故選：C【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，需掌握雙曲線的漸近線求法，屬于中檔題.12、C【解析】

根據表示出線段長度，由勾股定理，解出每條線段的長度，再由勾股定理構造出關系，求出離心率.【詳解】設，則由橢圓的定義，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，故選C項.【點睛】本題考查幾何法求橢圓離心率，是求橢圓離心率的一個常用方法，通過幾何關系，構造出關系，得到離心率.屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把轉化為與邊有關的等式，結合可求的值.【詳解】因為，故，因為，所以.由正弦定理可得三角形外接圓的半徑滿足，所以即.因為，解得或（舍）.故答案為：.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的應用，注意結合求解目標對所得的方程組變形整合后整體求解，本題屬于中檔題.14、【解析】

過點做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.【詳解】解：如圖，過點做,易得：,,,故,可得：，同理：,,可得,,由，可得,可得：,可得：，,故答案為：.【點睛】本題主要考查平面向量的線性運算和平面向量的數量積，由題意作出是解題的關鍵.15、【解析】

畫圖分析可得函數是偶函數，且在上單調遞減，利用偶函數性質和單調性可解.【詳解】作出函數的圖如下所示，觀察可知，函數為偶函數，且在上單調遞增，在上單調遞減，故，故實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題考查利用函數奇偶性及單調性解不等式.函數奇偶性的常用結論：(1)如果函數是偶函數，那么．(2)奇函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性．16、1【解析】

根據二項式定理求出，然后再由二項式定理或多項式的乘法法則結合組合的知識求得系數．【詳解】由題意，．∴的展開式中的系數為．故答案為：1．【點睛】本題考查二項式定理，掌握二項式定理的應用是解題關鍵．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以，，因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，，所以，所以，所以，因為，所以平面．（2）如圖，取BM的中點E，則，又BM∥AN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NE∥AB，又AB∥CD，所以NE∥CD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等，設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以，又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為．18、（1）；（2）7.【解析】分析：（1）由三角形面積公式和已知條件求得sinA的值，進而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a．詳解：（1）∵，∴，∵為銳角，∴；（2）由余弦定理得：.點睛：本題主要考查正弦定理邊角互化及余弦定理的應用與特殊角的三角函數，屬于簡單題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.19、（1）；（2）.【解析】

（1）將代入函數的解析式，將函數的及解析式變形為分段函數，利用二次函數的基本性質可求得函數的值域；（2）由參變量分離法得出在區(qū)間內有解，分和討論，求得函數的最大值，即可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，.當時，；當時，.函數的值域為；（2）不等式等價于，即在區(qū)間內有解當時，，此時，，則；當時，，函數在區(qū)間上單調遞增，當時，，則.綜上，實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查含絕對值函數的值域與含絕對值不等式有解的問題，利用絕對值的應用將函數轉化為二次函數，結合二次函數的性質是解決本題的關鍵，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.20、（Ⅰ）極大值0，沒有極小值；函數的遞增區(qū)間，遞減區(qū)間，（Ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）由，令，得增區(qū)間為，令，得減區(qū)間為，所以有極大值，無極小值；（Ⅱ）由，分，和三種情況，考慮函數在區(qū)間上的值域，即可得到本題答案.【詳解】當時，，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，故當時，函數取得極大值，沒有極小值；函數的增區(qū)間為，減區(qū)間為，，當時，，在上單調遞增，即函數的值域為；當時，，在上單調遞減，即函數的值域為；當時，易得時，，在上單調遞增，時，，在上單調遞減，故當時，函數取得最大值，最小值為，中最小的，當時，，最小值；當，，最小值；綜上，當時，函數的值域為，當時，函數的值域，當時，函數的值域為，當時，函數的值域為.【點睛】本題主要考查利用導數求單調區(qū)間和極值，以及利用導數研究含參函數在給定區(qū)間的值域，考查學生的運算求解能力，體現了分類討論的數學思想.21、(1)(2)【解析】

（1）當時，，當或時，，所以可轉化為，解得，所以不等式的解集為．（2）因為，所以，所以，即，即．當時，因為，所以，不符合題