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1、高三上期期末达标卷 数学试题一、单项选择题：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. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出的解集，从而求得集合A，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果.详解：解不等式得，所以，所以可以求得，故选B.点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.2. 已知为虚数单位，若为纯虚数，则实数的值为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分
2、析】根据复数除法的运算法则，结合纯虚数的定义进行求解即可.【详解】，因为为纯虚数，所以有，故选：B3. 若平面向量与的夹角为，则等于（ ）A. B. C. 4D. 12【答案】B【解析】【分析】先求向量的数量积，然后利用向量的模的求解方法求解即可【详解】因为平面向量与夹角为，所以，所以.故选：B.4. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出的解集，从而求得集合A，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果.详解：解不等式得，所以，所以可以求得，故选B.点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，
3、需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.5. 为促进中学生综合素质全面发展，某校开设5个社团，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，则不同的报名方式共有（ ）A. 60种B. 120种C. 125种D. 243种【答案】C【解析】【分析】采用分步乘法计数原理进行计算。【详解】由题意知，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，所以每个人有5种选择则不同的报名方式共有（种），故选：C6. 函数的图像为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】略【详解】先根据函数为奇函数，舍去B,C再根据x等于1时，函数值大于零，舍去D故选：A7. 已知表示，中的
4、最大值，例如，若函数，则的最小值为（ ）A. 2.5B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】在同一平面直角坐标系中作出函数，的图象，根据函数的新定义可得的图象，由图象即可得最小值.【详解】如图：在同一平面直角坐标系中作出函数，的图象，因为，所以的图象如图实线所示：由可得，由可得，由图知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，当时，所以的最小值为，故选：B.8. 设函数，b均为正整数，若的极小值点为2，则的极大值点为（ ）A. 1B. 3C. 1或3D. 不确定【答案】B【解析】【分析】求导函数，令，由极值点的定义得，方程必有一根为2，且2是的极小值点， 由二
5、次函数的性质建立不等式可得答案.【详解】解：求导得，令，得，则方程必有一根为2代入，有，解得，则因为2是的极小值点，又，所以为方程的较小根，从而，故又a为正整数，故a1所以的极大值点为，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 已知函数，关于的最值有如下结论，其中正确的是（ ）A. 在区间上最小值为1B. 在区间上既有最小值，又有最大值C. 在区间上的最小值为2，最大值为5D. 在区间上的最大值为【答案】BC【解析】【分析】的图象开口向上，对称轴为直线,根据二次函数的性质逐项判
6、断即可.【详解】函数的图象开口向上，对称轴为直线在选项A中，因为在区间上单调递减，所以在区间上的最小值为，A错误在选项B中，因为在区间上单调递减，在上单调递增，所以在区间上的最小值为又因为，所以在区间上的最大值为，B正确在选项C中，因为在区间上单调递增，所以在区间上的最小值为，最大值为，C正确在选项D中，当时，在区间上的最大值为2，当时，由图象知在区间上的最大值为，D错误故选:BC.10. 下列四个等式其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据利用两角和与差的正切、正弦、二倍角公式进行三角恒等变换一一计算可得答案.【详解】A选项， 所以正确；B选项，所以错误；C
7、选项， ，所以错误；D选项，所以正确.故选：AD.【点睛】本题考查三角恒等变换，两角和与差的正弦正切公式、二倍角公式等，公式要熟练记忆是解本题的关键.11. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是（ ）A. 正四棱锥的底面边长近似为3米B. 正四棱锥的高近似为米C. 正四棱锥的侧面积近似为平方米D. 正四棱锥的体积近似为立方米【答
8、案】BD【解析】【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，设底面边长为，利用线面角的定义得到求得 a，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积、体积即可.【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，则平面，则为侧棱与底面所成角，且设底面边长为所以，在中，所以，正四棱锥的底面边长为6米，高为，侧面积平方米，体积，故选:BD12. 已知直线，圆，则以下命题正确的是（ ）A. 直线均与圆E不一定相交B. 直线被圆E截得的弦长的最小值C. 直线被圆E截得的弦长的最大值6D. 若直线与圆E交于与圆E交于，则四边形面积最大值为14【答案】BCD【解析】【分析】求出直线过同一个定点，而点在
9、圆E内部，所以直线均与圆E相交可判断A；当时，直线被圆E截得的弦长最小，求出最小值可判断B；当时，直线被圆E截得的弦长最大，求出最大值可判断C；设圆心E到直线的距离分别为，由结合均值不等式可判断D.【详解】解析：由题意，直线，即.令，得，即直线过定点;直线，即，令，得，即直线过定点，所以直线过同一个定点，记为点M.圆可化为，而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交，所以A选项错误；对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最小，且最小值为，所以B选项正确；对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最大，且最大值恰好为圆E的直径6，所以C选项正确；又当时，直线的斜率为a，直线的斜率为，即直线.设圆心E到直线的距
10、离分别为，则，又，即，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故四边形面积最大值为14，所以D选项正确，故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若函数f（x）=x2-2x+1在区间a，a+2上的最大值为4，则a的值为_.【答案】-1或1【解析】【分析】对a分类讨论，利用函数f（x）=x2-2x+1在区间a，a+2上的最大值为4，建立方程，即可求得a的值.【详解】解：由题意，当时，即，；当时，即，；综上知，的值为1或1.故答案为：1或1.【点睛】本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题.14. 若，则的最小值为_【答案】【解
11、析】【分析】两次利用基本不等式即可求出.【详解】，当且仅当且，即时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.15. 现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法种数为 _【答案】180【解析】【分析】根据题设，先从A区块着色，判断各部分的着色方案数，即可求不同的着色方法种数.【详解】按A、B、C、D顺序着色，A区块有5种着色方案，B区块有4种着色方案，C区块有3种着色方案，D区块有3种着色方案，故不同的着色方法种数为5433180，故答案为：18016. 已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且若，则双
12、曲线的离心率是_【答案】【解析】【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率【详解】过且斜率为的直线，渐近线，联立，得，由，得而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在，这三个条件中任进一个，补充在下面问题中并作答已知中，内角所对的边分别为，且_（1）求的值;（2）若，求的周长与面积【答案】（1） （2）周长为11，面积为【解析】【分析】（1）若选，利用正弦定理边化角及诱导公式求出，再求出，由正切的二倍角公式即可求出的值；若选，由诱导公式化简，再结合三
13、角函数的平方和，可求出，再由正切的二倍角公式可求出的值；若选，由余弦的二倍角公式代入化简求出，再求出，由正切的二倍角公式可求出的值；（2）由，求出，由正弦定理求出，最后根据三角形的面积公式和周长即可得出答案.【小问1详解】若选:由正弦定理得，故，而在中，故，又，所以，则，则，故若选:由，化简得，代入中，整理得，即，因为，所以，所以，则，故若选:因为，所以，即，则因为，所以，则，故【小问2详解】因为，且，所以由（1）得，则，由正弦定理得，则故的周长为，的面积为18. 记为数列的前n项和已知（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1
14、）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得【小问1详解】因为，即，当时，得，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列【小问2详解】方法一：二次函数的性质由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，方法二：【最优解】邻项变号法由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解19. 如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三
15、角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点（1）证明：；（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，在等腰梯形中，为，的中点，在正中，为的中点，平面，平面，又平面，（2）解：平面，在平面内作，以为坐标原点，以，分别为，轴正向，如图建立空间直角坐标系，为二面角平面角，即，设平面的法向量为，则有，即，则可
16、取，又，设直线与平面所成角为，20. 由中央电视台综合频道（CCTV-1）和唯众传媒联合制作的开讲啦是中国首档青年电视公开课每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社会问题，受到了青年观众的喜爱为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了A，B两个地区的100名观众，得到如下所示的22列联表非常喜欢喜欢合计A3015Bxy合计已知在被调查的100名观众中随机抽取1名，该观众来自B地区且喜爱程度为“非常喜欢”的概率为035（1）现从100名观众中根据喜爱程度用分层抽样的方法抽取20名进行
17、问卷调查，则应抽取喜爱程度为“非常喜欢”的A，B地区的人数各是多少？（2）完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系（3）若以抽样调查的频率为概率，从A地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为X，求X的分布列和期望附：，005001000013841663510828【答案】（1）从A地抽取6人，从B地抽取7人. （2）没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系. （3）分布列见解析，期望为2.【解析】【分析】（1）求出x的值，由分层抽样在各层的抽样比相同可得结果.（2）补全列联表，再根据独立性检验求解即可.（3）由题意知，进而
18、根据二项分布求解即可.【小问1详解】由题意得，解得，所以应从A地抽取（人），从B地抽取（人）【小问2详解】完成表格如下：非常喜欢喜欢合计A301545B352055合计6535100零假设为：观众的喜爱程度与所在地区无关.，所以没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系【小问3详解】从A地区随机抽取1人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为，从A地区随机抽取3人，则，X的所有可能取值为0，1，2，3，则，所以X的分布列为X0123P方法1：方法2：.21. 已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4
19、（1）求椭圆C的标准方程（2）若不过点A直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由【答案】（1）标准方程为 （2）直线l过定点【解析】【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为ac， 联立即可得椭圆方程；（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.【小问1详解】M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为，椭圆C的标准方程为【小问2详
20、解】设，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，代入，整理得，则，易知，化简得，或(舍去)，直线l的方程为，即，直线l过定点当直线l的斜率不存在时，设，代入，解得，由得，解得或(舍去)，此时直线l过点综上，直线l过定点【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到
21、了直线方程的斜截式ykxm，则直线必过定点(0，m)22. 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求a的取值范围；（3）设，证明：【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）见解析【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【小问1详解】当时，则，当时，当时，故的减区间为，增区间为.【小问2详解】设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有， 所以在上为减函数，所以.综上，.【小问3详解】取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.