1、高三下学期理数第二次教学质量联考试卷高三下学期理数第二次教学质量联考试卷 一、单选题一、单选题 1已知集合，则（ ） A B C D 2（ ） A25 B-25 C D 3已知，则（ ） A B C D 4以椭圆的左右顶点作为双曲线的左右焦点，以的焦点作为的顶点，则的离心率为（ ） A B C2 D 5函数在上单调递增，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是（ ） A B C D 6滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作滕王阁序中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某人在点 A 测得滕王阁顶端仰角为，此人往膝王阁方向走了 42米到达点 B，测得滕王阁顶端的仰角为，则滕王
2、阁的高度最接近于（ ） （忽略人的身高） （参考数据：） A49 米 B51 米 C54 米 D57 米 7如图所示的是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的值是（ ） A7 B8 C9 D10 8如图，在四面体中，分别为的中点，分别在上，且.给出下列四个命题： 平面；平面；平面；直线交于一点.其中正确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 9已知函数的图象如图所示，则函数的图象可以是（ ） A B C D 10某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是（ ） A B37 C D41 11设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（ ） A2 个 B3 个 C4 个 D5 个
3、12已知（ 为自然对数的底数） ，则（ ） A B C D 二、填空题二、填空题 13若满足约束条件则的最大值为 . 14的展开式中二项式系数和为 32，则展开式中项的系数为 . 15在中，为的中点，则的取值范围是 . 16已知直线 与圆交于两点，且，则的最大值为 . 三、解答题三、解答题 17已知等差数列满足. （1）求的通项公式； （2）若，记的前项和为，求. 18某跳绳训练队需对队员进行限时的跳绳达标测试.已知队员的测试分数 y 与跳绳个数 x 满足如下关系.测试规则：每位队员最多进行两次测试，每次限时 1 分钟，若第一次测完，测试成绩达到 60 分及以上，则以此次测试成绩作为该队员的成
4、绩，无需再进行后续的测试，最多进行两次，根据以往的训练效果，教练记录了队员甲在一分钟内时测试的成绩，将数据按，分成 4 组，并整理得到如下频率分布直方图： （1）计算 a 值，并根据直方图计算队员甲在 1 分钟内跳绳个数的平均值； （同一组中的数据用该组区间中点值作为代表） （2）将跳绳个数落入各组的频率作为概率，并假设每次跳绳相互独立，X 表示队员甲在达标测试中的分数，求 X 的分布列与期望. 19如图，四棱锥 A-BCDE 的底面为等腰梯形，且，平面平面 ACB. （1）证明：. （2）若，求二面角 C-AD-E 的大小. 20已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在（1，）
5、上恒成立，求 a 的值. 21已知抛物线的焦点为，过点的直线 与抛物线交于两点. （1）证明：以为直径的圆与直线相切； （2）设（1）中的切点为为坐标原点，直线与的另一个交点为，求面积的最小值. 22已知曲线为参数 ，为参数 . （1）求的普通方程； （2）若上的点对应的参数为，为上一个动点，求的最大值. 23已知函数. （1）求不等式的解集. （2）若的最小值为，且实数满足，证明：. 答案解析部分答案解析部分 【解析】【解答】由题解出两个集合的不等式得：或，所以. 故答案为：A 【分析】解一元二次不等式得到集合 A,B，再根据交集的定义取交集即可. 【解析】【解答】解：. 故答案为：B 【分
6、析】根据复数代数形式的乘法法则计算可得. 【解析】【解答】解：由，即，即，则，所以. 故答案为：D 【分析】利用两角和的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到 ，再利用同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算即可. 【解析】【解答】由题可知的焦距为 4，实轴长为，所以的离心率为 故答案为：C 【分析】利用定义求出焦距与长轴，代入公式即可. 【解析】【解答】是奇函数，故.又是增函数，所以，则，解得. 故答案为：B 【分析】根据函数的奇偶性得 ，再根据函数的单调性脱掉函数记号“”转化为解不等式即可得到答案. 【解析】【解答】设滕王阁的高度为，由题设知：， 所以 ，则 ， 又 ，可得 米. 故答案
7、为：D 【分析】设滕王阁的高度为 ，由题设可得，即可求滕王阁的高度. 【解析】【解答】解：模拟执行程序可知：第 1 循环，不满足， 第 2 次循环， ， ，不满足 ， 第 3 次循环， ， ，不满足 ， 第 4 次循环， ， ，不满足 ， 第 5 次循环， ， ，不满足 ， 第 6 次循环， ， ，不满足 ， 第 7 次循环， ， ，不满足 ， 第 8 次循环， ， ，不满足 ， 第 9 次循环， ， ，满足 ，故输出的 值是 9. 故答案为：C 【分析】模拟执行程序，即可得到输出结果. 【解析】【解答】解：因为，所以且，又分别为的中点，所以且，则，又平面，平面，所以平面， 因为 为 的中点，
8、 为 的一个三等分点，所以 与 为相交直线，故 与平面 必不平行， 也不平行平面 ， 因为 为梯形，所以 与 必相交，设交点为 ， 又 平面 ， 平面 ， 则 是平面 与平面 的一个交点， 所以 ，即直线 交于一点， 故答案为：B. 【分析】依题意可得 且，且，即可得到平面，再判断与为相交直线，即可判断，由四边形为梯形，所以与必相交，设交点为，即可得到，从而判断. 【解析】【解答】解：由函数的图象可知，函数定义域为，且，即函数为偶函数，又函数，所以在上单调递减； 故答案为：D. 【分析】依题意可得 ，再判断函数的奇偶性，与单调性，即可得解. 【解析】【解答】由三视图可知原几何体是底面边长为 2
9、，高为 2 的四棱锥， 如图所示，由正弦定理得 外接圆的半径为 ， 则该几何体的外接球半径 ， 则该几何体外接球的表面积为 . 故答案为：C. 【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体外接球的半径，最后求出球的表面积即可. 【解析】【解答】由，得， 取 ，可得 .若 在 上单词递增，则 ， 解得 .若 ，则 . 设 ，则 ，因为 所以函数 在 上的零点最多有 2 个. 所以 在 上的零点最多有 2 个. 故答案为：A 【分析】根据题意由正弦函数的单调性结合整体思想，即可求出 然后由角的取值范围结合零点的定义，即可得出答案。 【解析】【解答】因为，所以，. 对 这三个数先取自然
10、对数再除以 ，则 . 设 ，则 ，由 ，解得 ，所以 在 上单调递增， 故 ，即 ，则 ， 故答案为：D. 【分析】将选项进行利用指对数运算进行变形，然后构造新函数，通过导数研究新函数的单调性进行比较即可. 【解析】【解答】解：画出可行域如下所示： 由 ，解得 ，即 ，由 ，则 ，平移 ，由图可知当 经过点 时， 取得最大值，即 ，即 最大值为 6. 故答案为：6 【分析】依题意画出可行域，数形结合，即可求出 的最大值. 【解析】【解答】由题可知，所以.因为展开式的通项公式为，所以项的系数为. 故答案为：40 【分析】利用二项式定理中二项式系数和为 的结论求出 n，再用通项公式展开即可求得项的
11、系数. 【解析】【解答】依题意. 又 ， 所以 . 故答案为： （-1,3） 【分析】将 作为基底，由于代入化简，再结合数量积的定义和余弦函数的性质可求得答案. 【解析】【解答】的几何意义为点到直线的距离之和，其最大值是的中点到直线的距离的 2 倍. 由题可知， 为等边三角形，则 ， AB 中点 的轨迹是以原点 为圆心， 为半径的圆， 故点 到直线 的最大距离为 ， 的最大值为 ， 的最大值为 . 故答案为： . 【分析】 的几何意义为点到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的 2 倍.求出 M 的轨迹即可求得该最大值. 【解析】【分析】 （1）设等差数列的公差为，根据
12、等差数列的通项公式得到，即可求出首项的公差，从而得到通项公式； （2）由（1）可得 ，即可得到，利用并项求和法计算可得. 【解析】【分析】(1)由频率分布直方图中的数据，代入数值计算出 a 的值。 (2)根据题意即可得出 X 的取值，再由概率的公式求出对应的 X 的概率由此得到 X 的分布列，结合数学期望公式计算出答案即可。 【解析】【分析】 （1）根据题意由面面垂直的性质定理即可得出线面垂直，再由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直。 （2） 根据题意建立空间直角坐标系，由此求出点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式计算出平面的法向量，再由向量夹角公式结合余弦定理代入数值计算出结果即可。 【
13、解析】【分析】 （1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程； （2）求定义域，求导，对 进行分类讨论，求解不同取值范围下函数的单调性，进而确定符合题意的 a 的值. 【解析】【分析】 （1）利用直线与圆相切等价于圆心到直线的距离等于半径来证明； （2）先设直线 的方程为，以 m 为参数表示出点以及点的坐标，进而求出点到直线的距离，即为的高，最后把的面积表示成 m 的函数，求其最值. 【解析】【分析】 （1）根据曲线参数方程，消去参数，即可求得曲线和普通方程； （2）由曲线 的参数方程，根据题意得到，设点，结合两点间的距离公式，求得，利用三角函数的性质，即可求解. 【解析】【分析】 （1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解，即可求出不等式的解集； （2）根据绝对值三角不等式得到 的最小值为 3，即，从而得到，再利用基本不等式计算可得.
