湖南省永州市興橋中學(xué)高三數(shù)學(xué)文期末試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知為不相等的正實(shí)數(shù)，則三個(gè)數(shù)的大小順序是

參考答案：A略2.執(zhí)行如圖程序，輸出的結(jié)果為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B3.閱讀下面程序，若輸入的數(shù)為5，則輸出結(jié)果是INPUT

xIF

x<3

THEN

ELSEIF

x>3

THEN

ELSE

y=2END

IFEND

IFPRINT

yENDA．5

B．16

C．24

D．32參考答案：C略4.已知向量，，則與夾角的余弦值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B略5.若函數(shù)f（x）＝是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值犯圍為(

)A．（1，＋∞） B．（1，8） C．（4，8） D．［4，8）參考答案：D6.若雙曲線的焦距為，則實(shí)數(shù)a為(

)A.2 B.4 C. D.參考答案：A雙曲線的焦距為故答案為：A.

7.函數(shù)的定義域是（）A． B． C． D．[0，+∞）參考答案：B【考點(diǎn)】函數(shù)的定義域及其求法．【分析】由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于x的不等式組，解出即可．【解答】解：由題意得：，解得：x＞﹣且x≠0，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求函數(shù)的定義域問題，考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，是一道基礎(chǔ)題．8.某幾何體的正（主）視圖和側(cè)（左）視圖如圖所示，則該幾何體的體積不可能是（）A． B． C． D．1參考答案：D【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【專題】空間位置關(guān)系與距離．【分析】根據(jù)已知中的正視圖和側(cè)視圖，可得當(dāng)?shù)酌婷婷孀畲笾担酌鏋檎叫?，求出幾何體體積的最大值，可得結(jié)論．【解答】解：當(dāng)?shù)酌婷婷孀畲笾?，底面為正方形，此時(shí)V=×1×1×2=，1＞，故該幾何體的體積不可能是1，故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關(guān)鍵是得到該幾何體的形狀．9.設(shè)是定義在上的恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)，都有，若，則數(shù)列的前項(xiàng)和的取值范圍是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C略10.已知向量滿足，則=（）A．3 B． C．7 D．參考答案：B【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的運(yùn)算．【分析】根據(jù)向量的數(shù)量積公式以及向量的模的計(jì)算即可．【解答】解：∵向量滿足，∴|+|2=||2+2?+||2=2+2?=1，∴2?=﹣1，∴|2+|2=4||2+4?+||2=4﹣2+1=3，∴|2+|=，故選：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知兩個(gè)非零向量

，定義，其中為的夾角．若，，則___▲___參考答案：612.已知集合,,在集合中任意取一個(gè)元素，則的概率是

.參考答案：13.已知α為第二象限角，則

。參考答案：-114.多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的表面積為cm2．參考答案：【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積．【分析】如圖所示，由三視圖可知：該幾何體為三棱錐P﹣ABC．該幾何體可以看成是兩個(gè)底面均為△PCD，高分別為AD和BD的棱錐形成的組合體，進(jìn)而可得答案．【解答】解：如圖所示，由三視圖可知：該幾何體為三棱錐P﹣ABC．該幾何體可以看成是兩個(gè)底面均為△PCD，高分別為AD和BD的棱錐形成的組合體，由幾何體的俯視圖可得：△PCD的面積S=×4×4=8cm2，由幾何體的正視圖可得：AD+BD=AB=4cm，故幾何體的體積V=×8×4=cm3，故答案為：．15.有一個(gè)底面圓的半徑為1，高為3的圓柱，點(diǎn)O1，O2分別為這個(gè)圓柱上底面和下底面的圓心，在這個(gè)圓柱內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)P，則點(diǎn)P到點(diǎn)O1，O2的距離都大于1的概率為．參考答案：略16.曲線在處的切線方程為

▲

.參考答案：17.已知實(shí)數(shù)x，y滿足則的最大值為________．參考答案：4【分析】先作出不等式組對(duì)應(yīng)的可行域，再利用數(shù)形結(jié)合分析求解.【詳解】由題得不等式組對(duì)應(yīng)的可行域如圖所示，由題得z=x+y,所以y=-x+z,直線的縱截距為z.當(dāng)直線y=-x+z經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，直線的縱截距最大，z最大.聯(lián)立得A(2,2), 所以.故答案為：4【點(diǎn)睛】本題主要考查線性規(guī)劃求最值，意在考查學(xué)生對(duì)該知識(shí)的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，在正三棱柱中，，分別為，的中點(diǎn).（1）求證：平面；（2）求證：平面平面.參考答案：為中點(diǎn)，，，四邊形是平行四邊形，

………4分

略19.如圖，四棱錐P﹣ABCD底面為一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥面ABCD，E為PC中點(diǎn) （Ⅰ）求證：平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）求證：BE∥平面PAD （Ⅲ）假定PA=AD=CD，求二面角E﹣BD﹣C的正切值． 參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）證明PA⊥DC，DC⊥AD，然后證明DC⊥面PAD，平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）取PD的中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)A∵E為PC中點(diǎn)，證明四邊形ABEF為平行四邊形，推出BE∥AF，然后證明BE∥平面PAD （Ⅲ）連接AC，取AC中點(diǎn)O，連接EO．過O作OG⊥BD交BD于G，連接EG．說明∠EGO為所求二面角E﹣BD﹣C的平面角，設(shè)PA=AD=CD=2a，AB=a，連DO并延長交AB于B′，O為DB′中點(diǎn)，過B′作B′G′⊥DB交BD于G′，在△EOG中求解二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值．【解答】（Ⅰ）證明：∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥DC， ∵DC⊥AD且AD∩PA=A，∴DC⊥面PAD， ∵DC?面PDC， ∴平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）證明：取PD的中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)A∵E為PC中點(diǎn)， ∴在△PDC中：EF∥=，∴EF∥=AB， ∴四邊形ABEF為平行四邊形， 即BE∥AF， ∵AF?面PAD且BE?面PAD， ∴BE∥平面PAD． （Ⅲ）解：連接AC，取AC中點(diǎn)O，連接EO． 在△PAC中：EO∥=， ∴EO⊥面ABC，過O作OG⊥BD交BD于G，連接EG． 由三垂線定理知：∠EGO為所求二面角E﹣BD﹣C的平面角， 設(shè)PA=AD=CD=2a，AB=a，∴EO=a 連DO并延長交AB于B′，則四邊形AB′CD為正方形，且B′B=a，O為DB′中點(diǎn)， 過B′作B′G′⊥DB交BD于G′． ∴= 在△EOG中：， 故：二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值為． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查二倍角的平面角的求法，直線與平面平行于垂直的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)算能力． 20.已知f（x）=ax3﹣3x2+1（a＞0），定義h（x）=max{f（x），g（x）}=．（1）求函數(shù)f（x）的極值；（2）若g（x）=xf'（x），且存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若g（x）=lnx，試討論函數(shù)h（x）（x＞0）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．參考答案：【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；（2）問題轉(zhuǎn)化為不等式在x∈[1，2]上有解，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；（3）通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可．【解答】解：（1）∵函數(shù)f（x）=ax3﹣3x2+1，∴f'（x）=3ax2﹣6x=3x（ax﹣2）…令f'（x）=0，得x1=0或，∵a＞0，∴x1＜x2，列表如下：x（﹣∞，0）0f'（x）+0﹣0+f（x）↗極大值↘極小值↗∴f（x）的極大值為f（0）=1，極小值為…（2）g（x）=xf'（x）=3ax3﹣6x2，∵存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），∴f（x）≥g（x）在x∈[1，2]上有解，即ax3﹣3x2+1≥3ax3﹣6x2在x∈[1，2]上有解，即不等式在x∈[1，2]上有解，…設(shè)，∵對(duì)x∈[1，2]恒成立，∴在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x=1時(shí)，的最大值為4，∴2a≤4，即a≤2…（3）由（1）知，f（x）在（0，+∞）上的最小值為，①當(dāng)，即a＞2時(shí)，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上無零點(diǎn)…②當(dāng)，即a=2時(shí)，f（x）min=f（1）=0，又g（1）=0，∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有一個(gè)零點(diǎn)…③當(dāng)，即0＜a＜2時(shí)，設(shè)φ（x）=f（x）﹣g（x）=ax3﹣3x2+1﹣lnx（0＜x＜1），∵，∴φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，又，∴存在唯一的，使得φ（x0）=0．Ⅰ．當(dāng)0＜x≤x0時(shí)，∵φ（x）=f（x）﹣g（x）≥φ（x0）=0，∴h（x）=f（x）且h（x）為減函數(shù)，又h（x0）=f（x0）=g（x0）=lnx0＜ln1=0，f（0）=1＞0，∴h（x）在（0，x0）上有一個(gè)零點(diǎn)；Ⅱ．當(dāng)x＞x0時(shí)，∵φ（x）=f（x）﹣g（x）＜φ（x0）=0，∴h（x）=g（x）且h（x）為增函數(shù)，∵g（1）=0，∴h（x）在（x0，+∞）上有一個(gè)零點(diǎn)；從而h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有兩個(gè)零點(diǎn)…綜上所述，當(dāng)0＜a＜2時(shí)，h（x）有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a=2時(shí)，h（x）有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＞2時(shí)，h（x）有無零點(diǎn)…21.如圖，四棱錐A﹣BCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB=BC=CD，AB⊥BC，M為AD上一點(diǎn)，EM⊥平面ACD．（Ⅰ）求證：EM∥平面ABC．（Ⅱ）若CD=2BE=2，求點(diǎn)D到平面EMC的距離．參考答案：【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算；直線與平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）取AC的中點(diǎn)F，連接BF，證明BF⊥平面ACD，結(jié)合EM⊥平面ACD，所以EM∥BF，再結(jié)合線面平行的判定定理得到EM∥面ABC；（Ⅱ）由等面積法求出點(diǎn)D到平面EMC的距離．【解答】證明：（Ⅰ）取AC的中點(diǎn)F，連接BF，因?yàn)锳B=BC，所以BF⊥AC，又因?yàn)镃D⊥平面ABC，所以CD⊥BF，所以BF⊥平面ACD，…因?yàn)镋M⊥平面ACD，所以EM∥BF，因?yàn)镋M?面ABC，BF?平面ABC，所以EM∥平面ABC；…解：（Ⅱ）因?yàn)镋M⊥平面ACD，EM?面EMC，所以平面CME⊥平面ACD，平面CME∩平面ACD=CM，過點(diǎn)D作直線DG⊥CM，則DG⊥平面CME，…由已知CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB=BC=CD=2BE，可得AE=DE，又EM⊥AD，所以M為AD的中點(diǎn)，在Rt△ABC中，，在Rt△ADC中，，，在△DCM中，，由等面積法知，所以，即點(diǎn)D到平面EMC的距離為．…22.為了解當(dāng)前國內(nèi)青少年網(wǎng)癮的狀況，探索青少年網(wǎng)癮的成因，中國青少年網(wǎng)絡(luò)協(xié)會(huì)

調(diào)查了26個(gè)省會(huì)城市的青少年上網(wǎng)情況，并在已調(diào)查的青少年中隨機(jī)挑選了100名青少年的上網(wǎng)時(shí)間作參考，得到如下的統(tǒng)計(jì)表格．平均每天上網(wǎng)時(shí)間超過2個(gè)小時(shí)可視為“網(wǎng)癮”患者，(I)以該100名青少年來估計(jì)中國青少年的上網(wǎng)情況，則在中