江苏省南京市弘光中学高三数学理上学期期末试题含解析

江苏省南京市弘光中学高三数学理上学期期末试题含解析
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. 已知正六边形ABCDEF的边长为1，则的值为( )
A．B．C．D．
参考答案：
D
考点：平面向量数量积的运算．
专题：计算题；平面向量及应用．
分析：由正六边形的性质可知，=，||=，代入向量的数量积的运算可知，==cos可求
解答：解：由正六边形的性质可知，=，||=
==cos
=﹣cos＜＞
=1××cos=﹣
故选D
点评：本题主要考查了向量的数量积的运算，解题的关键是熟练应用正六边形的性质2. 若，且，则为（）
A. B. C. D.
参考答案：
D
略
3. 若z=，则|z|=（）
A．2 B．3 C．4 D．5
参考答案：
D
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算得答案．
【解答】解：=，
则|z|=．
故选：D．
4. 已知命题，命题，则命题p是q的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
参考答案：
A
5. 已知定义在R上的函数满足下列三个条件，①对任意的都有
；②对任意的，都有；③的图像关于y 轴对称，则的大小关系为（）
A． B．
C． D．
参考答案：
A
6. 如图，一个由两个圆锥组合而成的空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1、一个内角为60°的菱形，俯视图是圆及其圆心，那么这个几何体的体积为（）
C D
A
解答：解：几何体的轴截面如图：
几何体是底面半径为，高为的两个圆锥的组合体，
∴V=×π××=．
故选A．7. 定义域为的偶函数在区间（0，+）上的图象如图所示，则不等式
>0的解集是
A．（－，－1）（0，1）
B．（－1，0）（1，+）
C．（－，－1）（1，+）
D．（－1，0）（0，1）
参考答案：
B
略
8.
已知命题甲为x＞0；命题乙为，那么（）
A．甲是乙的充分非必要条件
B．甲是乙的必要非充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
参考答案：
答案:A
9. 函数在内（）
A．没有零点 B．有且仅有一个零点
C．有且仅有两个零点 D．有无穷多个零点
参考答案：
B
10. 下列各式的运算结果为纯虚数的是（）
A. i（1+i）2
B. i2（1﹣i）
C. （1+i）2
D. i（1+i）
参考答案：
C
, , ,所以选C.
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 函数在上单调递减，则的取值组成的集合是_______。

参考答案：
12. 如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动，点B恰好经过原点．设顶点的轨迹方程是，则对函数有下列判断：①函数是偶函数；②对任意的，都有；③函数在区间[2,3]上单调递减；④函数的值域是；
⑤．其中判断正确的序号是__________．
参考答案：
①②⑤
当，的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
当时，的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
当时，的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，当时，的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
∴函数的周期是4．
因此最终构成图象如下：
①，根据图象的对称性可知函数是偶函数，故①正确；
②，由图象即分析可知函数的周期是4．
即，即，故②正确；
③，函数在区间上单调递增，故③错误；
④，由图象可得的值域为，故④错误；
⑤，根据积分的几何意义可知，故⑤正确．
故答案为①②⑤．
13. 函数对于任意实数满足条件，若则
参考答案：
14. 刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：
甲说：“我们四人都没考好．”
乙说：“我们四人中有人考的好．”
丙说：“乙和丁至少有一人没考好．”
丁说：“我没考好．”
结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的两人说对了．
参考答案：
乙，丙
甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确。

故答案为：乙，丙。

15. 设，其中满足，当的最大值为时，的值为_ ____.
参考答案：
3
16. 设P 是双曲线上的一点，、分别是该双曲线的左、右焦点，若
△的面
积为12，则_________．
参考答案：
略
17. 已知函数，其中．当时，的值域是______；若的值域是，则的取值范围是______．
参考答案：
，
若，则，此时，即的值域是。

若，则，因为当或时，，所以要使的值域是，则有，，即的取值范围是。

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. 已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且=1．
（1）求角A；
（2）若a=4，求b+c的取值范围．
参考答案：
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】（1）由正弦定理化简已知，整理可得：b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可得cosA=，结合范围A∈（0，π），即可得解A的值．
（2）由余弦定理，基本不等式可得：bc≤48，可得：b+c≤8，结合三角形两边之和大于第三边，即可得解b+c的取值范围．
【解答】解：（1）∵=1．
∴由正弦定理可得： =1，整理可得：b2+c2﹣a2=bc，
∴由余弦定理可得：cosA===，
∵A∈（0，π），
∴A=．
（2）∵A=，a=4，
∴由余弦定理a2=b2+c2﹣2bc，可得：48=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=bc，解得：bc≤48，当且仅当b=c=4
时等号成立，
又∵48=b2+c2﹣bc=（b+c）2﹣3bc，可得：（b+c）2=48+3bc≤192，
∴可得：b+c≤8，
又∵b+c＞a=4，
∴b+c∈（4，8]．
19. 已知函数是定义在R上的单调函数满足，且对任意的实数有恒成立
(Ⅰ）试判断在R上的单调性,并说明理由.
(Ⅱ）解关于的不等式
参考答案：
（Ⅰ）是R上的减函数
由可得在R上的奇函数，
在R上是单调函数，
由，所以为R上的减函数。

(Ⅱ）由，又由于
又由（Ⅰ）可得即：
解得：
不等式的解集为
20. 在锐角中，已知角A、B、C所对的边分别为，且
（1）若，求角A、B、C大小；
（2）已知向量，求的取值范围。

参考答案：
解：（1）由已知得，故.…………（2分）
又从而即.由
得可得.…………………………………………（4分）由可解得.………（5分）（2）
…………………………………………（8分）
由得
从而故即…………（12分）
21. 函数，在一个周期内的图象如图所示,
为图象的最高点,、为图象与轴的交点,且为正三角形.
(Ⅰ)求函数的解析式;
(Ⅱ)若将的图象向右平移2个单位得到函数，
求的单调减区间.
参考答案：
解:(1)由已知得:
=…………………………………2分
A为图象的最高点，A的纵坐标为
又为正三角形，所以…………………………………3分
可得即得…………………………………5分
…………………………………………………6分
（2）由题意可得………8分令，……………………………………10分可得
…………………………………………………11分
故函数的减区间为。

……………………………12分
略
22. 已知圆E的极坐标方程为ρ=4sinθ，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，取相同单位长度（其中（ρ，θ），ρ≥0，θ∈[0，2π）））．
（1）直线l过原点，且它的倾斜角α=，求l与圆E的交点A的极坐标（点A不是坐标原点）；（2）直线m过线段OA中点M，且直线m交圆E于B、C两点，求||MB|﹣|MC||的最大值．
参考答案：
【考点】简单曲线的极坐标方程．
【分析】（1）由直线l的倾斜角α=，可得直线l的极角θ=，或θ=．代入圆E的极坐标方程即可得出．
（2）由（1）可得：线段OA的中点M，可得直角坐标M．又圆E的极坐标方程为
ρ=4sinθ，即ρ2=4ρsinθ，把ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入可得直角坐标方程，设直线l的参数方向
为：（t为参数），代入圆的方程可得关于t的一元二次方程，利用||MB|﹣
|MC||=||t1|﹣|t2||=|t1+t2|即可得出．
【解答】解：（1）∵直线l的倾斜角α=，
∴直线l的极角θ=，或θ=．代入圆E的极坐标方程ρ=4sinθ
可得：或ρ=﹣2（舍去）．
∴l与圆E的交点A的极坐标为．
（2）由（1）可得：线段OA的中点M，可得直角坐标M（﹣1，1）．
又圆E的极坐标方程为ρ=4sinθ，即ρ2=4ρsinθ，可得直角坐标方程：x2+y2﹣4y=0，
设直线l的参数方向为：（t为参数），
代入圆的方程可得：t2﹣2t（sinα+cosα）﹣2=0，△＞0，
∴t1+t2=2（sinα+cosα），t1t2=﹣2．
∴||MB|﹣|MC||=||t1|﹣|t2||=|t1+t2|=2|sinα+cosα|=2||，∴||MB|﹣|MC||的最大值为2．。