1、 高三上学期数学期中检测试卷 高三上学期数学期中检测试卷一、单选题一、单选题1已知集合 ，则 （）ABCD2复数 （为虚数单位）在复平面内的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3双曲线 的渐近线方程是（）ABCD4若实数 ，满足约束条件 则 的最大值是（）A2B0C-4D45某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：)是（）ABC3D46已知函数 ，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7函数 的图象可能是（）ABCD8已知 ，若 是函数 的极小值点，则（）ABCD9已知平面向量 ，若 ，则（）A 的最小值
2、是 B 的最大值是 C 的最小值是 D 的最大值是 10已知数列 满足 ，且 ，则（）ABCD二、填空题二、填空题11九章算术中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题“今有城墙厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺大鼠日自倍，小鼠日自半”题意是：“两只老鼠从城墙的两边相对分别打洞穿墙大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半”则小老鼠第三天穿城墙 尺；若城墙厚 20 尺，则至少在第 天相遇12已知直线 ，圆 ，则直线 所过的定点坐标是 ，直线 被圆 截得的弦长最小值是 13若 ，则 ，14如图，已知三棱柱 各棱长均相等，则异面直线 与 所成角的大小是 ，二面角 的
3、平面角的正弦值是 15一个袋子中有 6 个大小相同的球，其中 2 个黄球，4 个红球规定：取出一个黄球得 2 分，取出一个红球得 1 分现随机从袋中有放回地取 3 次球（每次一个），记 3 次取球得分之和为随机变量 ，则 16如图，已知 中，点 为边 上的动点，线段 的中垂线分别交 、于 、两点，则 的最小值是 17已知实数 ，满足 ，则 的最大值是 三、解答题三、解答题18已知函数 ，（1）求函数 的最小正周期及单调递增区间；（2）求函数 在 上的取值范围 19如图，四棱锥 中，平面 ，（1）证明：平面 ；（2）若直线 与平面 所成角为 ，求 的长度20已知正项数列 的前 n 项和为 ，且
4、，且 （1）求数列 的通项公式；（2）设数列 前 n 项积为 ，证明：，21如图，已知抛物线 ，椭圆 过点 作椭圆 的切线交抛物线 于 、两点（其中 ）在 轴上取点 使得 （1）求椭圆 的右焦点到抛物线 准线的距离；（2）当 的面积为 时，求直线 的方程 22已知函数 ，其中 是自然对数的底数 （1）若 有两个极值点，求实数 的取值范围；（2）若存在正数 ，使得对任意 均有 成立 证明：（）；（）答案解析部分答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】由题可知：，所以。故答案为：D【分析】利用已知条件结合并集运算法则，从而求出集合 M 和集合 N 的并集。2【答案】B【解析】【解答】因为 ，所以复
5、数 在复平面内的对应点为 ，位于第二象限。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，从而求出复数 z，再利用复数的几何意义，从而求出复数对应的点的坐标，进而结合点的坐标确定复数 （为虚数单位）在复平面内的对应点所在的象限。3【答案】C【解析】【解答】双曲线的标准方程为 ，双曲线的焦点在 轴，且双曲线的渐近线方程为 ，即 。故答案为：C.【分析】利用已知条件结合双曲线的渐近线方程，从而求出双曲线 的渐近线方程。4【答案】A【解析】【解答】如图，令 ，得到目标函数的一条等值线 当平移等值线过点 时，有，所以。故答案为：A【分析】利用已知条件结合二元一次不等式组画出可行域，再利用可
6、行域找出最优解，再结合最优解求出线性目标函数的最大值。5【答案】B【解析】【解答】由三视图可知：几何体由一个长方体和一个直三棱锥组合而成，如下图示，几何体的体积 .故答案为：B【分析】利用三视图即可得出几何体由一个长方体和一个直三棱锥组合而成，结合长方体和三棱锥的体积公式代入数值计算出结果即可。6【答案】C【解析】【解答】当 时，即 时，当 时，即 或 时，所以，作出函数 的图象如下图所示：由图可知，函数 为 上的增函数，故“”“”，因此，“”是“”的充分必要条件.故答案为：C.【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“”是“”的充分必要条件。7【答案】B【解析】【解答】
7、函数 的定义域为 ，即函数 为奇函数，排除 CD 选项；，排除 A 选项.故答案为：B.【分析】利用已知条件结合奇函数的定义，从而判断出函数为奇函数，再利用奇函数的图象的对称性结合特殊点排除法，从而找出函数可能的图像。8【答案】D【解析】【解答】由题意，显然 ，因为 ，所以 ，因为 是函数 的极小值点，所以 或 ，解得 或 ，所以 ，即 。故答案为：D.【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极小值点，再利用 是函数 的极小值点，从而求出 a，b 的关系式。9【答案】A【解析】【解答】令 ，则 ，故 ，且 ，假设 ，所以根据已知条件有 ，所以 ，即 ，当且仅当 时等号
8、成立，所以 的最小值是 。故答案为：A.【分析】令 ，再利用数量积的定义结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，故 且 ，假设 ，所以根据已知条件结合数量积的定义和向量求模公式，从而求出 r 的取值范围，即 ，当且仅当 时等号成立，从而求出 的最小值。10【答案】B【解析】【解答】，则 ，即数列 递减，则 ，两边取倒数得 ，即 ，则 ，数列 递减，当 时，即 ；当 时，即 ，根据不等式的性质可得 ，即 ，。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合递推关系变形，再利用数列的单调性结合不等式的基本性质，从而求出的取值范围。11【答案】；5【解析】【解答】由题意可知，小老鼠每天打洞的距离是以 1 为首
9、项，以 为公比的等比数列，前 天打洞之和为 ，所以小老鼠第三天穿城墙的厚度为 ；大老鼠每天打洞的距离是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，前 天打洞之和为 ，所以两只老鼠第 天打洞穿墙的厚度之和为 ，且数列 为递增数列，因为 ，因为城墙厚 20 尺，所以这两只老鼠至少 5 天相遇。故答案为：；5。【分析】由题意结合等比数列的定义可知，小老鼠每天打洞的距离是以 1 为首项，以 为公比的等比数列，再利用等比数列的前 n 项和公式求出前 天打洞之和，进而求出小老鼠第三天穿城墙的厚度，再利用等比数列的定义，推出大老鼠每天打洞的距离是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，再利用等比数列的前 n
10、项和公式求出前 天打洞之和，进而求出两只老鼠第 天打洞穿墙的厚度之和为 ，再利用增函数的定义推出数列 为递增数列，再利用代入法得出 的值，再利用城墙厚 20 尺，从而求出这两只老鼠至少 5 天相遇。12【答案】（1，1）；【解析】【解答】因为直线 ，即 ，所以当 时，不论 为何值，都成立，所以直线 所过的定点坐标是 ；因为 在圆 内，所以当直线 垂直于经过圆心和点 的直径时被圆 截得的弦长最小，因为圆心 到点 的距离为 ，圆的半径 ，所以直线 被圆 截得的弦长最小值为 。故答案为：（1，1）；。【分析】将直线 转化为 ，从而求出直线 所过的定点坐标；利用点 在圆 内，所以当直线 垂直于经过圆心
11、和点 的直径时被圆 截得的弦长最小，再利用两点距离公式得出圆心 到点 的距离，从而求出圆的半径，进而利用弦长公式求出直线 被圆 截得的弦长最小值。13【答案】32；-210【解析】【解答】由题意可知 为展开式 的系数，由二项式定理可得：的通项公式为 ，所以令 ，得 ，所以 ；因为 令 ，得 ，所以。故答案为：32；-210。【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出的值；再利用已知条件结合赋值法得出的值，进而求出的值。14【答案】90；【解析】【解答】分别取 、的中点 、，连接 、，设三棱柱 的棱长为 ，由题意可知 、均是边长为 的等边三角形，则 ，为 的中点
12、，则 ，为等边三角形，故 ，平面 ，平面 ，则 ，故异面直线 与 所成角的大小是 .因为 ，则 ，又因为 ，故平行四边形 是正方形，因为 、分别为 、的中点，且 ，所以，且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，所以，故二面角 的平面角为 ，因为 ，则四边形 为平行四边形，故 ，在 中，由余弦定理可得 ，所以，故 。故答案为：90；。【分析】分别取 、的中点 、，连接 、，设三棱柱 的棱长为 ，由题意可知 、均是边长为 的等边三角形，则 ，再利用点 为 的中点结合等腰三角形三线合一，则 ，再利用三角形 为等边三角形结合三线合一，故 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 平面 ，再利用线面垂直的
13、定义，从而证出线线垂直，则 ，进而求出异面直线 与 所成角的大小；再利用 ，则 ，又因为 ，故平行四边形 是正方形，再利用 、分别为 、的中点，且 ，再利用中点作中位线的方法结合中位线的性质，所以，且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，所以，故二面角 的平面角为 ，再利用 ，则四边形 为平行四边形，故 ，在 中结合已知条件和勾股定理求出 的值，由余弦定理可得 的值，再利用同角三角函数的基本关系式，从而求出 的值，再结合诱导公式得出的值，进而求出二面角 的平面角的正弦值。15【答案】4【解析】【解答】由题意可知，随机变量 的可能取值有 3、4、5、6，所以，。故答案为：4。【分析】由题意可
14、知，可知随机变量 的可能取值，再利用二项分布求概率公式，从而求出随机变量 X 的分布列，再利用随机变量 X 的分布列结合数学期望公式，从而求出随机变量 X 的数学期望。16【答案】【解析】【解答】设 ，则 ，在 中，则 ，在 中，即 ，因为 ，所以 ，则 ，所以 ，所以 ，即 的最小值为 。故答案为：。【分析】设 ，从而得出，在 中结合余弦函数的定义，得出，进而得出，在 中 结合余弦函数的定义，再利用两角差的余弦公式和二倍角的正弦公式和余弦公式，再结合辅助角公式化简函数，再利用 结合正弦型函数的图象，从而求出 的取值范围，进而求出 的最小值。17【答案】【解析】【解答】先消去 ，再将分子分母同
15、除以 ，可得原式 ，设 ，可得原式 ，由对勾函数的单调性可得 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递减，在 上单调递增，所以 或 ，所以，原式 。故答案为：。【分析】设 ，可得 ，再利用单调函数的定义，从而判断出函数 的单调性，进而求出函数 的值域，再结合均值不等式求最值的方法，从而求出 的最大值。18【答案】（1）解：因为 ，所以 最小正周期是 ，因为 ，所以 ，所以函数 的递增区间是 ，（2）解：因为 ，所以 ，所以 ，所以【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式、二倍角的正弦公式和余弦公式，再结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而求出正弦型
16、函数的最小正周期，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再结合正弦函数的图象判断出正弦型函数的单调性，从而求出正弦型函数的单调递增区间。（2）利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再结合正弦函数的图象判断出正弦型函数的单调性，从而求出正弦型函数 在 上的取值范围。19【答案】（1）证明：因为 ，又因为 ，平面 所以 平面 ，结合 平面 ，那么 ，平面 ，平面 ，所以 平面（2）解：法一（几何法）取 中点 ，连结 ，因为 为正三角形，所以 ，所以 平面 ，故 与 所成角为 ，设 ，则 ，由余弦定理可得 ，解得 法二（空间向量法）取 中点为 ，以 为原点，以 ，分别为 轴、轴、轴建立空间直角坐标
17、系，如图所示，则 ，由题可设 ，则 所以 ，设平面 的法向量为 则 ，由题可得 ，解得 故 的长为【解析】【分析】（1）利用已知条件结合勾股定理，证出 ，再利用 结合线线垂直证出线面垂直，所以 平面 ，再结合 平面 ，那么 ，再利用线线平行证出线面线面平行，从而证出 平面 。（2）利用两种方法求解：法一（几何法），取 中点 ，连结 ，利用 为正三角形，再利用等边三角形三线合一，所以 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 平面 ，从而求出 与 所成角，再利用余弦定理求出 的长度。法二（空间向量法），取 中点为 ，以 为原点，以 ，分别为 轴、轴、轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再利用向量的
18、坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求向量的夹角的公式，从而求出直线 与平面 所成角的余弦值，再利用直线 与平面 所成角为 ，从而求出 的长度。20【答案】（1）解：当 时，即 ，数列 各项为正，即 ，则数列 为 首项，公差 的等差数列，即 ，当 时，经检验 成立，（2）解：，数列 前 n 项积为 ，【解析】【分析】（1）利用已知条件结合 的关系式，再结合等差数列的定义，从而得出数列 为 首项，公差 的等差数列，再利用等差数列的通项公式，从而求出正项数列 的前 n 项和，再利用 的关系式，再结合分类讨论的方法，从而求出数列 的通项公式。（2）利用已知条件结合放缩法得出 ，再利用求积的方法，从而
19、得出，再利用已知条件结合放缩法得出，再利用求积的方法，从而得出，进而证出 ，。21【答案】（1）解：椭圆 右焦点坐标为 ，抛物线 准线为 ，因此，椭圆 的右焦点到抛物线 准线的距离为（2）解：若直线 与 轴重合，则直线 与椭圆 相交，不合乎题意.设直线 的方程为 ，设点 、，联立直线 和椭圆 的方程得 ，得 ，所以 ，即 ，联立直线 和抛物线 的方程得 ，得 ，则 ，由韦达定理可得 ，因为 ，则 ，那么 ，即 ，所以 因为 ，所以 ，整理可得 ，解得 ，则 ，直线 方程为 【解析】【分析】（1）利用椭圆的标准方程求出椭圆 右焦点坐标和抛物线 准线方程，再利用点到直线的距离公式，从而求出椭圆 的
20、右焦点到抛物线 准线的距离。（2）若直线 与 轴重合，则直线 与椭圆 相交，不合乎题意；设直线 的斜截式方程为 ，设点 、，联立直线 和椭圆 的方程结合判别式法，得出，联立直线 和抛物线 的方程结合判别式法和韦达定理，得出 和 ，再利用，则 ，再结合两点求斜率公式得出，再利用韦达定理得出 ，再结合三角形的面积公式和已知条件，得出 m 的值，进而求出 t 的值，从而求出直线 的方程。22【答案】（1）解：，当 时，显然不符合要求；当 时，令 ，则 ，时，单调递增；时，单调递减，时，；时，；因为 有两个极值点，所以 有两个变号零点，故 ，解得 ，即（2）解：当 时，时，故不符合题意；当 时，由（1
21、）得，；时 由函数零点存在定理可得，存在唯一的 ，使得 ，即 当 时 ，函数 单调递增；当 时 ，函数 单调递减故 为函数 的最大值，满足 （i）由题意，可得 ，要证明 ，只需证 ，即证 ，即证 ，当 时函数 单调递减，故 ，命题得证；（ii）因为 ，所以 ，令 ，由题意可得 ，要证：，只需证 ，即证 ，令 ，则 ，；，；因为 ，所以 恒成立，所以 在 上单调递增，又因为 ，故 恒成立，结合 ，所以 恒成立，故命题得证【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法，从而求出函数的极值点，再利用函数 有两个极值点，从而求出实数 的取值范围。（2）（）利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用函数求极限的方法结合零点存在性定理，再结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，再利用分析法的证明方法，进而证出不等式 成立。（）利用已知条件结合分析法的证明方法，再结合求导的方法判断函数的单调性，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而证出不等式 成立。
