江苏省盐城市新兴中学高三数学文上学期期末试卷含解析

江苏省盐城市新兴中学高三数学文上学期期末试卷含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 已知的三内角、、所对边长分别为是、、，设向量，
，若，则角的大小为（）
A. B. C.
D.
参考答案：
A
略
2. 已知集合A={x|y=lg（x+1）}，B={x||x|＜2}，则A∩B=（）
A．（﹣2，0）B．（0，2）C．（﹣1，2）D．（﹣2，﹣1）
参考答案：
C
【考点】交集及其运算．
【分析】求解对数型函数的定义域化简集合A，然后直接利用交集运算求解．
【解答】解：由x+1＞0，得x＞﹣1
∴A=（﹣1，+∞），
B={x||x|＜2}=（﹣2，2）
∴A∩B=（﹣1，2）．
故选：C
【点评】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，是基础题．
3. 某几何体的三视图如图所示，则在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为（）A．B．C．D．
参考答案：
B
由已知中的三视图可得该几何体是一个以侧视图为底面的直四棱柱，
在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离取最大值时，
最大距离相当于一个长宽高分别为2，1，1的长方体的体对角线，
故d==，
故选：B．
4. △ABC中，若sinC=（cosA+sinA）cosB，则（）
A．B=B．2b=a+c
C．△ABC是直角三角形D．a2=b2+c2或2B=A+C
参考答案：
D
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】根据诱导公式和两角和的正弦公式化简已知的方程，由内角的范围和特殊角的余弦值分类两种情况讨论，分别化简后可得答案．
【解答】解：△ABC中，∵C=π﹣（A+B），∴sinC=sin（A+B），
代入sinC=（cosA+sinA）cosB得，
sin（A+B）=（cosA+sinA）cosB，
化简可得，cosAsinB=cosAcosB，①
∵0＜A＜π，∴分两种情况讨论，
（1）当cosA≠0时，①化为sinB=cosB，则tanB=，
∵0＜B＜π，∴B=，则A+C=π﹣B==2B；
（2）当cosA=0时，A=，则a2=b2+c2，
综上可得，a2=b2+c2或2B=A+C，
故选：D．
5. 函数的反函数是
(A) (B)
(C) (D)
参考答案：
答案：D
6. 曲线在点处的切线的斜率为（）
A． B． C． D．
参考答案：
B
7. 设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（）
（A）（B）
（C）（D）
参考答案：
C 8. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，不等式
恒成立。

若，
，则的大小关系是（）
A、 B、 C、 D、
参考答案：
A
9. 已知某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A. B. 2 C. D.
参考答案：
B
【分析】
根据三视图还原几何体，可知为三棱柱和三棱锥的组合体，分别求解体积，加和得到结果.
【详解】由题意可知，该几何体的直观图如图所示：
即该几何体为一个三棱柱与一个三棱锥的组合体
则三棱柱体积；三棱锥体积
所求体积
本题正确选项：
【点睛】本题考查组合体体积的求解，关键是通过三视图准确还原几何体.
10. 如图所示为某几何体的正视图和侧视图，则该几何体体积的所有可能取值的集合是（）
A．{， } B．{，， } C．{V|≤V≤} D．{V|0＜V≤}
参考答案：
D
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】根据题意，得出该几何体的俯视图为正方形时其体积最大，俯视图为一线段时，不表示几何体；
从而求出几何体的体积可能取值范围．
【解答】解：根据几何体的正视图和侧视图，得；
当该几何体的俯视图是边长为1的正方形时，它是高为2的四棱锥，其体积最大，为×12×2=；当该几何体的俯视图为一线段时，它的底面积为0，此时不表示几何体；
所以，该几何体体积的所有可能取值集合是{V|0＜V≤}．
故选：D．
【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征是什么，是基础题目．
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知球面面积为16π，A，B，C为球面上三点，且AB=2，BC=1，AC=，则球的半径
为；球心
O
到平面ABC 的距离为
.
参考答案：答案：2,
12.
将全体正整数排成一个三角形数阵：按照右图排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为___________.
参考答案：
略
13. 函数的定义域为R,则实数的范围．
参考答案：
略
14. 设，实数满足，若恒成立，则实数的取值范围
是．
参考答案：
作出直线所围成的区域，
如图所示，，当
时，满足题意.
15. 设=（1，2），=（﹣1，﹣x ），若⊥，则
x= ．
参考答案： ﹣
【考点】平面向量数量积的运算． 【专题】平面向量及应用．
【分析】由⊥，可得?=0，解出即可得出． 【解答】解：∵⊥，
∴?=﹣1
﹣2x=0， 解得x=﹣． 故答案为：﹣．
【点评】本题考查了向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16. 展开式中的系数是＿＿＿＿＿（用数字作答）。

参考答案： 答案：10
解析: 展开式中，项为，该项的系数是10.
17. 已知的三边长满足，则的取值范围是 ；
参考答案：
略
三、 解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 在平面直角坐标系xOy 中，设动点P ，Q 都在曲线C ：（θ为参数）上，且这两点
对应的参数分别为θ＝α与θ＝2α(0＜α＜2π)，设PQ 的中点M 与定点A (1，0)间的距离为d ，求
d 的取值范围．
参考答案：
由题设可知P ( 1 + 2cos α，2sin α )，Q ( 1 + 2cos2α，sin2α )，………………… 2分
于是PQ 的中点M ． (4)
分 从而
………………………… 6分
因为0＜α＜2π，所以－1≤cos α＜
1， ………………………… 8分 于是0≤d 2＜4，故d 的取值范围是
． ………………………… 10分
19. (本小题满分12分）如图所示,正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点E 为AB 的中点,
(1).求证:D 1E⊥A 1D ;
(2).在线段AB 上是否存在点M ，使二面角D 1-MC-D 的大小为？，若存在,求出AM 的长，若不存在，
说明理由
参考答案：
（1）连结交于，
∵四边形为正方形，
∴，
∵正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为，，∴平面，又平面
∴，
又，∴平面，
又平面，∴.……………………………………………6分
（2）存在满足条件的.
解法一：假设存在满足条件的点，过点作
于点，连结
，则，
所以为二面角的平面角，
……………………9分所以，
在中，所以，
又在中，，所以，∴ ，
在中，，
∴．
故在线段上存在一点，使得二面角为，且
. ………………………………………12分
解法二：依题意，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，因为，则，，，，所以
，.
易知为平面的法向量，设，所以,
设平面的法向量为，所以，即，
所以，取，
则，又二面角的大小为，
所以，
即，解得.
又因为，所以.
故在线段上是存在点，使二面角的大小为，且.……………………………………………12分
20. 已知函数（1）求的值；
（2）设求的值.
参考答案：
略
21. 如图所示，在多面体ABCDEF中，CB⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，是一个正三角形，且.
（1）求证：；（2）若三棱锥的体积为2，求点A到平面CDF的距离．
参考答案：
（1）见解析；（2）
【分析】
（1）通过证明和可得平面，从而可证得；
（2）设，由，解得，设点A到平面CDF的距离为，由即可求解.
【详解】（1）∵平面，平面，
∴，∵是一个正三角形，，∴，
∵，∴平面，∵平面，∴．
（2）∵平面，四边形是正方形，是一个正三角形，
，且．三棱锥体积为2，
设，则，，
∴，解得，
取中点M，连接NF，取CD中点M，则，又，所以面，
.
易知，，
设点A到平面CDF的距离为．
，解得
.
【点睛】本题主要考查了线面的垂直关系的证明及性质，考查了点面距的求解，涉及等体积转化的运算求解，属于中档题.
22.
（12分）已知圆，动圆M与F-1、F2都相切。

（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；
（2）已知点A（－2，0），过点F2作直线l与轨迹C交于P，Q两点，求的取值范围。

参考答案：
解析：（1）设动圆圆心为M（x,y），圆M的半径为r，
则
∴……………………2分
则动圆圆心M的轨迹C为以这焦点的椭圆。

由
∴
故轨迹C的方程为………………………………………………4分
（2）∵F2在曲线C内部，
∴过F2的直线与曲线C恒有两个公共点。

（i）当l与x轴重合时，P或Q有一个与A重合，
∴……………………5分
（ii）当轴时，∴……………………7分
（iii）当l与x轴不重合也不垂直时，设
由
∴……………………9分
∴
…………………………………………11分∵
∴
综上，……………………12分。