江苏省连云港市海陵中学高三数学理期末试卷含解析

江苏省连云港市海陵中学高三数学理期末试卷含解析一、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.函数的图像如图所示，A为图像与x轴的交点，过点A的直线与函数的图像交于B、C两点，则

(

)

A．

B．

C．4D．8参考答案：D2.函数的定义域为R，且定义如下：（其中M是实数集R的非空真子集），在实数集R上有两个非空真子集A、B满足，则函数的值域为…………………（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：B3.参考答案：B4.已知内一点满足关系式，则的面积与的面积之比为

（A）

（B） （C）

（D）参考答案：A5.，为平面向量，已知=（4，3），2+=（3，18），则向量，夹角的余弦值等于（

）.A．

B．

C．

D．参考答案：C略6.已知曲线y＝－3lnx的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为()A．3

B．2C．1

D.参考答案：A7.函数的图像大致为（

）参考答案：A8.（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项积为Tn，a2、a4是方程x2+5x+4=0的两个根，且b1=a2，b5=a4，则S5T5=（）A．400B．﹣400C．±400D．﹣200参考答案：C∵等差数列{an}中，a2、a4是方程x2+5x+4=0的两个根，∴a2+a4=﹣5，a2?a4=4，∴S5===﹣，∵等比数列{bn}中，b1=a2，b5=a4，∴b1b5=（b1q2）2=a2?a4=4，∴=±2，∵等比数列{bn}的前n项积为Tn，∴T5==（）5=±32，∴S5T5=±400．故选C．9.已知曲线，则下列结论正确的是（

）A．把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称

B．把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称C.把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称D．把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称参考答案：B10.元朝著名数学家朱世杰《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”其意思为：“诗人带着装有一倍分酒的壶去春游，先遇到酒店就将酒添加一倍，后遇到朋友饮酒一斗，如此三次先后遇到酒店和朋友，壶中酒恰好饮完，问壶中原有多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x=0，那么在这个空白框中可以填入（）A．

B．

C.

D．参考答案：B因为将酒添加一倍，后饮酒一斗，所以2x-1，选B.

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且B=60°，c=2，若这样的三角形有两解，则边长b的取值范围为

.

参考答案：

；

12.如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数为

.参考答案：答案:

13.设函数，若对任意实数，直线都不是曲线的切线，则的取值范围是

。参考答案：14.设等比数列的前项积为（），已知，且则

参考答案：4

略15.如图，已知点P（2，0），正方形ABCD内接于圆O：M,N分别为边AB,BC的中点。则当正方形ABCD绕圆心O旋转时，的取值范围为

参考答案：16.如图，某几何体的三视图均为腰长为1的等腰直角三角形，则此几何体最长的棱长为

．参考答案：考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：根据三视图得出某几何体的三视图均为腰长为1的等腰直角三角形，可判断三棱锥为P=ABC，Rt△ABC，PC=AB=BC=1，AB⊥BC，PC⊥面ABC，根据几何体的性质得出PA最长，运用直角三角形判断即可．解答： 解：某几何体的三视图均为腰长为1的等腰直角三角形，可判断三棱锥为P=ABC，Rt△ABC，PC=AB=BC=1，AB⊥BC，PC⊥面ABC，∴根据几何体的性质得出PA最长，∴AC=，PC==，故答案：，点评：本题考查了由三视图运用，关键是对几何体正确还原，并根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，考查了空间想象能力．17.若三阶行列式中第1行第2列的元素3的代数余子式的值是，则(其中是虚数单位，)的值是

．参考答案：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.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC，AB=AA1，∠A1AB=60°，D是AB的中点．（Ⅰ）求证：BC1∥平面A1CD；（Ⅱ）求证：AB⊥平面A1CD；（Ⅲ）若AB=AC=2，A1C=，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）连结AC1，A1C，交于点O，连结OD，推导出OD∥BC1，由此能证明BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）连结A1B，推导出A1D⊥AB，DC⊥AB，由此能证明AB⊥平面A1CD．（Ⅲ）推导出A1D⊥平面ABC，由此能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．【解答】证明：（Ⅰ）连结AC1，A1C，交于点O，连结OD，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，ACC1A1是平行四边形，∴O是AC1的中点，∵D是AB的中点，∴OD是△ABC1的中位线，∴OD∥BC1，∵BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）连结A1B，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC，AB=AA1，∠A1AB=60°，D是AB的中点，∴△ABA1是等边三角形，∴A1D⊥AB，DC⊥AB，∵A1D∩CD=D，∴AB⊥平面A1CD．解：（Ⅲ）∵AB=AC=2，，AC=BC，AB=AA1，∠A1AB=60°，D是AB的中点，∴AD=CD=，∴AD2+CD2=A1C2，∴A1D⊥CD，又A1D⊥AB，AB∩CD=D，∴A1D⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V=S△ABC?A1D===3．19.已知直线l的方程为y=x+2，点P是抛物线y2=4x上到直线l距离最小的点，点A是抛物线上异于点P的点，直线AP与直线l交于点Q，过点Q与x轴平行的直线与抛物线y2=4x交于点B． （Ⅰ）求点P的坐标； （Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求这个定点的坐标． 参考答案：【考点】直线与抛物线的位置关系． 【分析】（Ⅰ）利用点到直线的距离公式，求出最小值，然后求点P的坐标； （Ⅱ）设点A的坐标为，显然y1≠2．通过当y1=﹣2时，求出直线AP的方程为x=1；当y1≠﹣2时，求出直线AP的方程，然后求出Q的坐标，求出B点的坐标，解出直线AB的斜率，推出AB的方程，判断直线AB恒过定点推出结果． 【解答】解：（Ⅰ）设点P的坐标为（x0，y0），则， 所以，点P到直线l的距离．当且仅当y0=2时等号成立，此时P点坐标为（1，2）．… （Ⅱ）设点A的坐标为，显然y1≠2． 当y1=﹣2时，A点坐标为（1，﹣2），直线AP的方程为x=1； 当y1≠﹣2时，直线AP的方程为， 化简得4x﹣（y1+2）y+2y1=0； 综上，直线AP的方程为4x﹣（y1+2）y+2y1=0． 与直线l的方程y=x+2联立，可得点Q的纵坐标为． 因为，BQ∥x轴，所以B点的纵坐标为． 因此，B点的坐标为． 当，即时，直线AB的斜率． 所以直线AB的方程为， 整理得． 当x=2，y=2时，上式对任意y1恒成立， 此时，直线AB恒过定点（2，2）， 当时，直线AB的方程为x=2，仍过定点（2，2）， 故符合题意的直线AB恒过定点（2，2）．… 【点评】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般，分类与整合等数学思想． 20.已知函数，其中(1)判断的奇偶性；(2)对于函数，当时，，求实数的取值集合；(3)当时，的值恒为负，求的取值范围。参考答案：略21.已知F1，F2为椭圆：的左右焦点，点为其上一点，且．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：交椭圆C于A，B两点，且原点O在以线段AB为直径的圆的外部，试求k的取值范围．参考答案：（1）（2）【分析】（1）由椭圆的定义及点在椭圆上，代入椭圆方程可求得a、b，进而得椭圆的标准方程。（2）设出A、B的坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理表示出，代入得到关于k的不等式，解不等式即可得k的取值范围。【详解】解：（1）由题可知，解得，所以椭圆的标准方程为：.（2）设，由，得，由韦达定理得：，，由得或.又因为原点在线段为直径的圆外部，则，，即，综上所述：实数的取值范围为22.面直角坐标系xoy中，椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过椭圆右焦点F作两条相互垂直的弦，当其中一条弦所在直线斜率为0时，两弦长之和为6．（1）求椭圆的方程；（2）A，B是抛物线C2：x2=4y上两点，且A，B处的切线相互垂直，直线AB与椭圆C1相交于C，D两点，求弦|CD|的最大值．参考答案：（1）∵椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过椭圆右焦点F作两条相互垂直的弦，当其中一条弦所在直线斜率为0时，两弦长之和为6，∴，解得a=2，b=c=，∴椭圆方程为．（2）设直线AB为：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），由，得x2﹣4kx﹣4m=0，则x1+x2