廣東省東莞市虎門則徐中學高三數學理下學期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知A={1，2，5}，B={2，3，5}，則A∪B等于(

) A．{2，3} B．{2，5} C．{2} D．{1，2，3，5}參考答案：D考點：并集及其運算．專題：集合．分析：直接利用并集運算得答案．解答： 解：∵A={1，2，5}，B={2，3，5}，則A∪B={1，2，5}∪{2，3，5}={1，2，3，5}．故選：D．點評：本題考查了并集及其運算，是基礎的會考題型．2.已知向量a＝（1，），b＝（3，m）．若向量b在a方向上的投影為3，則實數m＝（

）A．2

B．

C．0

D．－參考答案：B【知識點】平面向量數量積的運算F3

解析：根據投影的定義：；∴解得m=．故選：B．【思路點撥】由投影的定義即得，解出m即可．3.設，，為整數（），若和被除得的余數相同，則稱和對模同余，記作，已知，且，則的值可為（

）A．2007

B．2008

C．2009

D．2010參考答案：C4.我國第一艘航母“遼寧艦”在某次艦載機起降飛行訓練中，有5架殲﹣15飛機準備著艦．如果甲、乙兩機必須相鄰著艦，而丙、丁兩機不能相鄰著艦，那么不同的著艦方法有(

) A．12 B．18 C．24 D．48參考答案：C考點：排列、組合及簡單計數問題．專題：計算題．分析：分兩大步：把甲、乙看作1個元素和戊全排列，調整甲、乙，共有種方法，再把丙、丁插入到剛才“兩個”元素排列產生的3個空位種，有種方法，由分步計算原理可得答案．解答： 解：把甲、乙看作1個元素和戊全排列，調整甲、乙，共有種方法，再把丙、丁插入到剛才“兩個”元素排列產生的3個空位種，有種方法，由分步計算原理可得總的方法種數為：=24故選C點評：本題考查簡單的排列組合問題，捆綁法和插空法結合是解決問題的關鍵，屬中檔題．5.設p、q是兩個命題，若p是q的充分不必要條件，則非p是非q的（

）條件A．充分不必要

B.必要不充分

C.充要

D.既不充分又不必要參考答案：答案:B6.已知拋物線y2＝2px（p＞0）與雙曲線（a＞0，b＞0）有相同的焦點F，點A是兩曲線的一個交點，且AF⊥x軸，則雙曲線的離心率為

(

)A．＋2

B．＋1

C．＋1

D．＋1參考答案：D略7.要得到函數的圖象，只要將函數的圖象（

）A．向左平移單位

B．向右平移單位C．向左平移單位

D．向右平移單位參考答案：D8.正方體ABCD—A1B1C1D1中，CC1與面BDA1所成角的余弦值是A. B. C. D.參考答案：D9.復數等于A．i B． C．1 D．—1參考答案：D10.

設為偶函數，對于任意的的數都有，已知，那么等于

(

）A．2

B．-2

C．．8

D．-8參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.變量x，y之間的四組相關數據如表所示：x4567y8.27.86.65.4若x，y之間的回歸方程為，則的值為．參考答案：﹣0.96【考點】BK：線性回歸方程．【分析】由題意首先求得樣本中心點，然后結合線性回歸方程的性質整理計算即可求得最終結果．【解答】解：由題意可得：，線性回歸方程過樣本中心點，則：，∴．故答案為：﹣0.96．12.2012年4月20日至27日，國家總理溫家寶應邀對歐洲四國進行國事訪問，促進了中歐技術交流與合作，我國從德國引進一套新型生產技術設備，已知該設備的最佳使用年限是使“年均消耗費用最低”的年限（年均消耗費用=年均成本費用+年均保養(yǎng)費用），該設備購買的總費用為50000元，使用中每年的專業(yè)檢測費用為6000元，前年的總保養(yǎng)費用滿足，已知第一年的總保養(yǎng)費用為1000元，前兩年的總保養(yǎng)費用為3000元，則這種設備的最佳使用年限為

年。參考答案：1013.某班周四上午有四節(jié)課，下午有2節(jié)課，安排語文、數學、英語、物理、體育、音樂6門課，若要求體育不排上午第一、二節(jié)，并且體育課與音樂課不相鄰(上午第四節(jié)與下午第一節(jié)理解為相鄰)，則不同排法總數為___________.參考答案：31214.在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a，b，c，若，且，則角C的大小為

.參考答案：15.求值：_

_

．參考答案：【知識點】三角函數的二倍角公式.C6【答案解析】解析：解：由三角函數化簡可知【思路點撥】根據已知式子我們可向公式的方向列出條件，結合二倍角公式進行化簡.16.已知，集合,，如果,則的取值范圍是 .參考答案：．試題分析：把轉化為線性規(guī)劃問題，作出可行域，由直線x-y+t=0與可行域有交點求得t的范圍．由作出可行域如圖，要使，則直線x-y+t=0與可行域有公共點，聯立

，得B（1，3），又A（4，0），把A，B的坐標分別代入直線x-y+t=0，得t=-4，t=2．∴-4≤t≤2．故答案為：．考點：簡單的線性規(guī)劃17.下列四個結論中，錯誤的序號是___________.①以直角坐標系中x軸的正半軸為極軸的極坐標系中,曲線C的方程為，若曲線C上總存在兩個點到原點的距離為，則實數a的取值范圍是；②在殘差圖中，殘差點比較均勻地落在水平帶狀區(qū)域中，說明選用的模型比較合適，這樣的帶狀區(qū)域寬度越寬，說明模型擬合精度越高；③設隨機變量，若，則；④已知n為滿足能被9整除的正數a的最小值，則的展開式中，系數最大的項為第6項.參考答案：234【分析】對于①，把極坐標方程化為直角坐標方程，結合圓心與原點的距離關系可求；對于②，帶狀區(qū)域寬度越寬，說明模型擬合誤差越大；對于③，先利用求出，然后再求；對于④，先求出，再利用二項式定理的通項公式求解系數最大的項.【詳解】對于①，化為直角坐標方程為，半徑為.因為曲線C上總存在兩個點到原點的距離為，所以，解得，故①正確；對于②，帶狀區(qū)域寬度越寬，說明模型擬合誤差越大，故②錯誤；對于③，，解得；，故③錯誤；對于④，，而，所以，所以的系數最大項為第7項，故④錯誤；綜上可知②③④錯誤.【點睛】本題主要考查命題真假的判定，涉及知識點較多，知識跨度較大，屬于知識拼盤，處理方法是逐一驗證是否正確即可.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形為平行四邊形，平面，且是的中點.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值的大小.

參考答案：解：（1）解法一：取的中點，連接.在中，是的中點，是的中點，所以，又因為，所以且.………………２分所以四邊形為平行四邊形，所以，………………４分又因為平面平面，故平面.………………５分解法二：因為平面，故以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.由已知可得，設平面的一個法向量是.由得令，則.又因為，所以，又平面，故平面.（2）由（1）可知平面的一個法向量是.………………６分易得平面的一個法向量是………………９分所以，又二面角為銳角，………………１１分故二面角的余弦值大小為.………………１２分19.（本小題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講如圖所示，點是圓直徑延長線上的一點，切圓于點，直線平分，分別交于點．求證：（1）為等腰三角形；（2）．參考答案：（1）證明見解析；（2）證明見解析．（2）∵，∴，∵，∴，則，∴．考點：與圓有關的比例線段．20.(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數方程在直角坐標系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線C：，過點P(－2，－4)的直線l的參數方程為(t為參數)，l與C分別交于M，N.(1)寫出C的平面直角坐標系方程和l的普通方程；(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比數列，求a的值.參考答案：【知識點】極坐標方程和直角坐標方程的互化；參數方程的應用

N3【答案解析】解：（Ⅰ）曲線C的直角坐標方程為y2＝2ax（a＞0）；直線l的普通方程為x－y－2＝0． …4分（Ⅱ）將直線l的參數方程與C的直角坐標方程聯立，得t2－2(4＋a)t＋8(4＋a)＝0

（*）△＝8a(4＋a)＞0．設點M，N分別對應參數t1，t2，恰為上述方程的根．則|PM|＝|t1|，|PN|＝|t2|，|MN|＝|t1－t2|．由題設得(t1－t2)2＝|t1t2|，即(t1＋t2)2－4t1t2＝|t1t2|．[由（*）得t1＋t2＝2(4＋a)，t1t2＝8(4＋a)＞0，則有(4＋a)2－5(4＋a)＝0，得a＝1，或a＝－4．因為a＞0，所以a＝1． …10分【思路點撥】（Ⅰ）根據直角坐標和極坐標的互化公式把曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程；用代入法消去參數t，把直線l的參數方程化為普通方程；（Ⅱ）將直線l的參數方程與C的直角坐標方程聯立得到關于的一元二次方程，則點M，N.對應的參數就是方程的根，根據|PM|，|MN|，|PN|成等比數列，結合維達定理又得到一個關于的方程，解方程即得的值。21.已知函數f（x）=1+lnx﹣，其中k為常數．（1）若k=0，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．（2）若k=5，求證：f（x）有且僅有兩個零點；（3）若k為整數，且當x＞2時，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．參考答案：解：（1）當k=0時，f（x）=1+lnx．因為f′（x）=，從而f′（1）=1．又f（1）=1，所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程y﹣1=x﹣1，即x﹣y=0．

（2）證明：當k=5時，f（x）=lnx+﹣4．因為f′（x）=，從而當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=10時，f（x）有極小值．

因f（10）=ln10﹣3＜0，f（1）=6＞0，所以f（x）在（1，10）之間有一個零點．因為f（e4）=4+﹣4＞0，所以f（x）在（10，e4）之間有一個零點．從而f（x）有兩個不同的零點．

（3）方法一：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立，即k＜對x∈（2，+∞）恒成立．令h（x）=，則h′（x）=．設v（x）=x﹣2lnx﹣4，則v′（x）=．當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數．因為v（8）=8﹣2ln8﹣4=4﹣2ln8＜0，v（9）=5﹣2ln9＞0，所以存在x0∈（8，9），v（x0）=0，即x0﹣2lnx0﹣4=0．當x∈（2，x0）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增．所以當x=x0時，h（x）的最小值h（x0）=．因為lnx0=，所以h（x0）=∈（4，4.5）．故所求的整數k的最大值為4．

方法二：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立．f（x）=1+lnx﹣，f′（x）=．①當2k≤2，即k≤1時，f′（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，所以f（x）在（2，+∞）上單調遞增．而f（2）=1+ln2＞0成立，所以滿足要求．②當2k＞2，即k＞1時，當x∈（2，2k）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=2k時，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k﹣k．從而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等價于2+ln2k﹣k＞0．令g（k）=2+ln2k﹣k，則g′（k）=＜0，從而g（k）在（1，+∞）為減函數．因為g（4）=ln8﹣2＞0，g（5）=ln10﹣3＜0，所以使2+ln2k﹣k＞0成立的最大正整數k=4．綜合①②，知所求的整數k的最大值為4考點：利用導數研究曲線上某點切線方程；利用導數求閉區(qū)間上函數的最值．專題：函數的性質及應用；導數的概念及應用；導數的綜合應用．分析：（1）求出f（x）的解析式，求出導數和切線的斜率和切點坐標，由點斜式方程即可得到切線方程；（2）求出k=5時f（x）的解析式和導數，求得單調區(qū)間和極小值，再由函數的零點存在定理可得（1，10）之間有一個零點，在（10，e4）之間有一個零點，即可得證；（3）方法一、運用參數分離，運用導數，判斷單調性，求出右邊函數的最小值即可；方法二、通過對k討論，運用導數求出單調區(qū)間，求出f（x）的最小值，即可得到k的最大值為4．解答：解：（1）當k=0時，f（x）=1+lnx．因為f′（x）=，從而f′（1）=1．又f（1）=1，所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程y﹣1=x﹣1，即x﹣y=0．

（2）證明：當k=5時，f（x）=lnx+﹣4．因為f′（x）=，從而當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=10時，f（x）有極小值．

因f（10）=ln10﹣3＜0，f（1）=6＞0，所以f（x）在（1，10）之間有一個零點．因為f（e4）=4+﹣4＞0，所以f（x）在（10，e4）之間有一個零點．從而f（x）有兩個不同的零點．

（3）方法一：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立，即k＜對x∈（2，+∞）恒成立．令h（x）=，則h′（x）=．設v（x）=x﹣2lnx﹣4，則v′（x）=．當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數．因為v（8）=8﹣2ln8﹣4=4﹣2ln8＜0，v（9）=5﹣2ln9＞0，所以存在x0∈（8，9），v（x0）=0，即x0﹣2lnx0﹣4=0．當x∈（2，x0）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增．所以當x=x0時，h（x）的最小值h（x0）=．因為lnx0=，所以h（x0）=∈（4，4.5）．故所求的整數k的最大值為4．

方法二：由題意知，1+lnx﹣＞0對x∈（2，+∞）恒成立．f（x）=1+lnx﹣，f′（x）=．①當2k≤2，即k≤1時，f′（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，所以f（x）在（2，+∞）上單調遞增．而f（2）=1+ln2＞0成立，所以滿足要求．②當2k＞2，即k＞1時，當x∈（2，2k）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調遞增．所以當x=2k時，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k﹣k．從而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等價于2+ln2k﹣k＞0．令g（k）=2+ln2k﹣k，則g′（k）=＜0，從而g（k）在（1，+∞）為減函數．因為g（4）=ln8﹣2＞0，g（5）=ln10﹣3＜0，所以使2+ln2k﹣k＞0成立的最大正整數k=4．綜合①②，知所求的整數k的最大值為4．點評：本題考查導數的運用：求切線方程和求單調區(qū)間及極值、最值，主要考查導數的幾何意義和函數的單調性的運用，不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題，運用分類討論的思想方法和函數方程的轉化思想是解題的關鍵22.（本小題滿分12分）如下圖，AC是圓O的直徑，點B在圓O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC交AC于點M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1.（1）證明：EM⊥BF；（2）求平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值．參考答案：解：方法一(1)證明：∵EA⊥平面ABC，BM?平面ABC，∴EA⊥BM.又∵BM⊥AC，EA∩AC＝A，∴BM⊥平面ACFE.而EM?平面ACFE.∴BM⊥EM.∵AC是圓O的直徑，∴∠ABC＝90°.又∵∠BAC＝30°，AC＝4，∴AB＝2，BC＝2，AM＝3，CM＝1.∵EA⊥平面ABC，FC∥EA，∴FC⊥平面ABC.又FC＝CM＝1，AM＝EA＝3，∴△EAM與△FCM都是等腰直角三角形．∴∠EMA＝∠FMC＝4