广东省梅州市平原中学高三数学理上学期期末试卷含解析

广东省梅州市平原中学高三数学理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. 宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．下图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n=（）
A．2 B．3 C．4 D．5
参考答案：
C
【考点】EF：程序框图．
【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：当n=1时，a=，b=4，满足进行循环的条件，
当n=2时，a=，b=8满足进行循环的条件，
当n=3时，a=，b=16满足进行循环的条件，
当n=4时，a=，b=32不满足进行循环的条件，
故输出的n值为4，
故选C．
2. 已知集合,若，则（）A．
参考答案：
B
3. 若复数（1+2i）（1+ai）是纯虚数（i为虚数单位），则实数a的值是（）
A．﹣2 B．C．﹣D．2
参考答案：
B
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．
【解答】解：复数（1+2i）（1+ai）=1﹣2a+（2+a）i是纯虚数，则1﹣2a=0，2+a≠0，解得a=．故选：B．
【点评】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4. 直线交双曲线的右支于A，B两点，设AB的中点为C，O为坐标原点，直线AB，OC的斜率存在，分别为，则（）
A．-1 B．C．1 D．
参考答案：
C
5. 若函数的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数的
图象可能是（）
参考答案：
答案：B
6. 某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为( )
A．10 B．15 C．20 D．30
参考答案：
C
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】由已知中的三视力可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱柱，切去一个同底等高的三棱锥所得的几何体，分别求出棱柱和棱锥的体积，相减可得答案．
【解答】解：由已知中的三视力可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱柱，切去一个同底等高的三棱锥所得的几何体，
∵底面面积S=×4×3=6，
高h=5，
故组合体的体积V=Sh﹣Sh=Sh=20，
故选：C
【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7. 在平行四边形中，点为的中点，与的交点为，设，则向量
（）
A．B． C. D．
参考答案：
C
8. 函数f（x）=的图象大致为（）A．B．C．
D．
参考答案：
A
【考点】函数的图象．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】先研究函数的性质，可以发现它是一个奇函数，再研究函数在原点附近的函数值的符号，从而即可得出正确选项．
【解答】解：此函数是一个奇函数，故可排除C，D两个选项；
又当自变量从原点左侧趋近于原点时，函数值为负，图象在X轴下方，
当自变量从原点右侧趋近于原点时，函数值为正，图象在x轴上方，故可排除B，A选项符合，
故选A．
【点评】本题考查由函数的性质确定函数图象，其研究规律一般是先研究单调性与奇偶性，再研究某些特殊值．
9. 如图，已知P，Q是函数的图象与x轴的两个相邻交点，R是函数f(x)的图象的最高点，且，若函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线对称，则函数g(x)的解析式是
A．B．
C．D．
参考答案：
A
由已知，得，则，，
于是，得，又，∴，，
由及，得，故．因为与的图象关于对称，
则
10. 设是双曲线的两个焦点, 是上一点,若且
的最小内角为,则的离心率为( )
A、 B、 C、
D、
参考答案：
C
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知全集，.则
；若，则实数的取值范围是
.
参考答案：
12. 如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=，将△ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在
[，]内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为．
参考答案：
【考点】轨迹方程．
【分析】过A作BD的垂线AE，则A点轨迹是以E为圆心的圆弧，以E为原点建立坐标系，设二面角
A﹣BD﹣A′的大小为θ，用θ表示出A和C的坐标，利用距离公式计算θ的范围，从而确定圆弧对
应圆心角的大小，进而计算出圆弧长．
【解答】解：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE，A′E．
∵矩形ABCD中，AB=1，BC=，
∴AE=，CE=．
∴A点的轨迹为以E为圆心，以为半径的圆弧．
∠A′EA为二面角A﹣BD﹣A′的平面角．
以E为原点，以EB，EA′，EA为坐标轴建立空间直角坐标系E﹣xyz，
设∠A′EA=θ，则A（0，cosθ，sinθ），C（﹣1，﹣，0）
∴AC==，
∴，
解得0≤cosθ≤，
∴60°≤θ≤90°，
∴A点轨迹的圆心角为30°，
∴A点轨迹的长度为=．
故答案为：
【点评】本题考查了空间距离的计算，建立坐标系用θ表示出AC的长是解题的关键，属于中档题．
13. 如图，点的坐标为，函数过点，若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于__________.
参考答案：
试题分析：由得，，曲边梯形的面积为，所
以所求概率为．
考点：几何概型．
【名师点睛】几何概型的常见类型的判断方法
1．与长度、角度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关；
2．与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题；
3．与体积有关的几何概型．
14. 已知平面向量共线，则=________________。

参考答案：
15. 已知向量满足，则与
的夹角为
参考答案：
16. 若，则的最小值为．
参考答案：
由得，因为，所以，根据均值定理得
，当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为1.
17. 已知向量是单位向量，向量，若，则，的夹角为．
参考答案：
【考点】9R：平面向量数量积的运算．
【分析】由条件利用两个向量的数量积的定义，两个向量垂直的性质，求得cosθ的值，可得，的夹角为θ的值．
【解答】解：向量是单位向量，设，的夹角为θ，
∵向量，若，∴||==4，
∴?（2+）=2+=2+1?4?cosθ=0，求得cosθ=﹣，
∴θ=，
故答案为：．
【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量垂直的性质，属于基础题．
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. （本题满分14分）
直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=5，AC=4，BC=3，AA1=4，D是AB的中点．
（Ⅰ）求证：AC⊥B1C；
（Ⅱ）求证：AC1∥平面B1CD；
参考答案：
（Ⅰ）在△ABC中，因为AB=5，AC=4，BC=3，
所以AC⊥BC．
因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以C C1⊥AC．
因为BC∩AC =C，所以AC⊥平面B B1C1C．
所以AC⊥B1C．………………………7分
（Ⅱ）连结BC1，交B1C于E．
因为直三棱柱ABC-A1B1C1，
所以侧面B B1C1C为矩形，且E为B1C中点．又D是AB中点，所以DE为△ABC1的中位线，所以DE// AC1．
因为DE平面B1CD， AC1平面B1CD，
所以AC1∥平面
B1CD． 14分
略
19. （12分）
已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)－2x．
（1）若a=0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0；
（2）若x=0是f(x)的极大值点，求a．
参考答案：
解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与
是
的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
20. 如图所示，四棱锥S-ABCD中，SA⊥底面ABCD，，，BC=1，
，，E为CD的中点. （1）求证：BC∥平面SAE；
（2）求三棱锥S-BCE与四棱锥S-BEDA的体积比.
参考答案：
（1）证明：因为，，，
所以，，
在△ACD中，，，，
由余弦定理可得：
解得：CD=4
所以，所以△ACD是直角三角形，
又为的中点，所以
又，所以△ACE为等边三角形，
所以，所以，
又AE平面SAE，平面SAE，
所以BC∥平面SAE.
（2）解：因为平面，
所以同为三棱锥与四棱锥的高.
由（1）可得，，
所以.
.
所以
故：三棱锥与四棱锥的体积比为1:4.
21. （本小题满分12分）
已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2c cosB=2a b．
（I）求C；
（Ⅱ）若cosB=，求cosA的值．
参考答案：
（Ｉ）法一：由正弦定理得………2分
即
∴………4分
得，. ………6分法二：由余弦定理得
………2分
即………4分
…
……6分
(II)∵，，∴，………8分∴=. ………12分
22. 设函数在及时取得极值．
（2）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围．[来源
因为对于任意的，有恒成立，
参考答案：略。