陕西省西安市交大科技园中学高三数学文期末试卷含解析

陕西省西安市交大科技园中学高三数学文期末试卷含解析一、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.若矩阵满足下列条件：①每行中的四个数所构成的集合均为；②四列中至少有两列的上下两数是相同的．则这样的不同矩阵的个数为

（）A．48

B．72

C．168

D．312参考答案：C一：恰有两列的上下两数相同，①取这两列，有种，②从1、2、3、4中取2个数排这两列，有种，③排另两列，有种，∴共有=144种；二：恰有三列的上下两数相同，也是恰有四列上下两数相同，有=24种(只要排其中一行即可).故一共有144+24=168种.选C.2.已知函数在处取得最大值，则下列结论中正确的序号为：①；②；③；④；⑤（

）A．①④

B．②④

C.②⑤

D．③⑤参考答案：B3.的图像左移个单位后所得函数的图像关于直线对称，则a=（

）A.-1

B.2

C.3

D.4参考答案：A法一；图像关于对称，原始转化为

法二；=（进行函数的化一）将代入得

(函数关于直线对称，则在此处取到极值)a=-1思路点拨：函数图像关于直线对称，注重相关条件的转化4.已知是偶函数，且在上是增函数，如果在上恒成立，则实数的取值范围是（

）A．

B．

C． D．参考答案：D略5.已知三棱锥的俯视图与左视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，左视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的主视图可能为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】简单空间图形的三视图．【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，即可得出结论．【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，其直观图如下所示：从而该三棱锥的主视图可能为，故选A．【点评】本题考查的知识点是三视图，解决本题的关键是得到该几何体的形状．6.已知变量与正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A

考点：线性回归方程7.已知表示数列的前项的和，若对任意满足且则=（

）A．B．C．D．参考答案：C在中，令则，令，则，于是，故数列是首项为0，公差为1的等差数列，.选C.8.集合A=，集合B=，则(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D略9.已知函数的图象的一个对称中心是点，则函数＝的图象的一条对称轴是直线

参考答案：D略10.函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可以是(

).

A.f(x)=x+sinx

B.

C.f(x)=xcosx

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.（5分）直线y=1与曲线y=x2﹣|x|+a有四个交点，则a的取值范围是

．参考答案：（1，）考点： 二次函数的性质．专题： 作图题；压轴题；数形结合．分析： 在同一直角坐标系内画出直线y=1与曲线y=x2﹣|x|+a的图象，观察求解．解答： 解：如图，在同一直角坐标系内画出直线y=1与曲线y=x2﹣|x|+a，观图可知，a的取值必须满足，解得．故答案为：（1，）点评： 本小题主要考查函数的图象与性质、不等式的解法，着重考查了数形结合的数学思想．12.若＝2，则sin2α＝

．参考答案：命题意图：考查同角三角函数基本关系式。13.已知函数是上的偶函数，若对于，都有，且当时，，则的值为_____________参考答案：1试题分析：由得函数的周期，，由于为偶函数，，所以考点：1、偶函数的应用；2、函数的周期性．14.如图所示，阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示的是________．参考答案：15.已知数列是等差数列，，，则过点和点的直线的倾斜角是

（用反三角函数表示结果）参考答案：16.从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有________种.参考答案：18617.若函数（）为偶函数，则的最小正值是

。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.(本题满分13分)已知函数

（Ⅰ）求函数的最小正周期；（Ⅱ），求函数的最大值及相应的自变量x的取值.参考答案：解：（1）∵……2分，……………4分∴函数的最小正周期．

…6分（2）由，得

……10分∴由图像知当即时，有

………………13分略19.若无穷数列满足：①对任意，；②存在常数，对任意，，则称数列为“数列”.

（Ⅰ）若数列的通项为，证明：数列为“数列”；

（Ⅱ）若数列的各项均为正整数，且数列为“数列”，证明：对任意，；（Ⅲ）若数列的各项均为正整数，且数列为“数列”，证明：存在，数列为等差数列.参考答案：

（Ⅰ）证明：由，可得，，所以，所以对任意，．又数列为递减数列，所以对任意，．所以数列为“数列”．…………………5分（Ⅱ）证明：假设存在正整数，使得．由数列的各项均为正整数，可得．由，可得．且．同理，依此类推，可得，对任意，有．因为为正整数，设，则.在中，设，则．与数列的各项均为正整数矛盾．所以，对任意，.…………………10分（Ⅲ）因为数列为“数列”，所以，存在常数，对任意，．设．由（Ⅱ）可知，对任意，，则．若，则；若，则．而时，有．所以，，，…，，…，中最多有个大于或等于，否则与矛盾．所以，存在，对任意的，有．所以，对任意，．所以，存在，数列为等差数列.………………14分

略20.（本小题14分）设函数.(1)若在点处的切线方程为，求的值；(2)若，在区间内有唯一零点，求的取值范围；(3)若对于任意，均有，求的取值范围。参考答案：（ii）当时，由得.单调递增极大值单调递减极小值单调递增由所以.I）当，与题设矛盾.II）当.III）当.综上的取值范围为.…………..14分21.已知函数在处取得极值，（1）求实数的值；（2）若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围.参考答案：解析:①又

由设即

22.已知数列中，，且．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令，数列的前项和为，试比较与的大小；(Ⅲ)令，数列的前项和为．求证：对任意，都有．参考答案：解析：(Ⅰ)由题知，，由累加法，当时，代入，得时，又，故．

．．．．．．．．．．．．．．．．4分（II）时，．方法1：当时，；当时，；当时，．猜想当时，．

．．．．．．．．．．．．．．．．6分下面用数学归纳法证明：①当时，由上可知成立；②假设时，上式成立，即.当时，左边，所以当时成立．由①②可知当时,．

综上所述：当时,；当时,；当时,．

．．．．．．．．．．．．．．．10分方法2