高三上学期数学期末试卷

　　A.{1} B.{2，3} C.{0，1} D.{2，3，4}

　　【考点】交集及其运算.

　　【分析】求出N中不等式的解集确定出N，找出M与N的交集即可.

　　【解答】解：由N中不等式变形得：log22=1

　　解得：0

　　∵M={0，1，2，3，4}，

　　∴M∩N={1}，

　　故选：A.

　　2.已知a∈R，则“|a﹣1|+|a|≤1”是“函数y=ax在R上为减函数”的(　　)

　　A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

　　C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

　　【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.

　　【分析】先求出不等式|a﹣1|+|a|≤1的解集，结合指数函数的性质判断充分必要性即可.

　　【解答】解：a<0时：|a﹣1|+|a|=1﹣a﹣a≤1，解得：a≥0，无解，

　　0≤a≤1时：|a﹣1|+|a|=1﹣a+1=1≤，成立，

　　a>1时：|a﹣1|+|a|=2a﹣1≤1，解得：a≤1，无解，

　　故不等式的解集是a∈[0，1]，

　　若函数y=ax在R上为减函数，则a∈(0，1)，

　　故“|a﹣1|+|a|≤1”是“函数y=ax在R上为减函数”的必要不充分条件.

　　3.已知向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，若 ﹣2 与非零向量m +n 共线，则 等于(　　)

　　A.﹣2 B.2 C.﹣ D.

　　【考点】平面向量共线(平行)的坐标表示.

　　【分析】先求出 ﹣2 和m +n ，再由向量共线的性质求解.

　　【解答】解：∵向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，

　　∴ ﹣2 =(2，3)﹣(﹣2，4)=(4，﹣1)，

　　m +n =(2m﹣n，3m+2n)，

　　∵ ﹣2 与非零向量m +n 共线，

　　∴ ，

　　解得14m=﹣7n， =﹣ .

　　故选：C.

　　4.如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是(　　)

　　A.84 B. C. D.

　　【考点】由三视图求面积、体积.

　　【分析】几何体为侧放的五棱柱，底面为正视图中的五边形，棱柱的高为4.

　　【解答】由三视图可知几何体为五棱柱，底面为正视图中的五边形，高为4.

　　所以五棱柱的表面积为(4×4﹣ )×2+(4+4+2+2+2 )×4=76+48 .

　　故选B.

　　5.已知平面α与平面β交于直线l，且直线a⊂α，直线b⊂β，则下列命题错误的是(　　)

　　A.若α⊥β，a⊥b，且b与l不垂直，则a⊥l

　　B.若α⊥β，b⊥l，则a⊥b

　　C.若a⊥b，b⊥l，且a与l不平行，则α⊥β

　　D.若a⊥l，b⊥l，则α⊥β

　　【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.

　　【分析】根据空间直线和平面平行或垂直以及平面和平面平行或者垂直的性质和判定定理进行判断即可.

　　【解答】解：A.若α⊥β，a⊥b，且b与l不垂直，则a⊥l，正确

　　B.若α⊥β，b⊥l，则b⊥α，∵a⊂α，∴a⊥b，正确

　　C.∵a与l不平行，∴a与l相交，∵a⊥b，b⊥l，∴b⊥α，则α⊥β正确.

　　D.若a⊥l，b⊥l，不能得出α⊥β，因为不满足面面垂直的条件，故D错误，

　　故选：D

　　6.已知函数f(x)=sin(2x+φ)，其中φ为实数，若f(x)≤|f( )|对x∈R恒成立，且f( )>f(π)，则f(x)的单调递增区间是(　　)

　　A.[kπ﹣ ，kπ+ ](k∈Z)

　　B.[kπ，kπ+ ](k∈Z)

　　C.[kπ+ ，kπ+ ](k∈Z) D.[kπ﹣ ，kπ](k∈Z)

　　【考点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换.

　　【分析】由若 对x∈R恒成立，结合函数最值的定义，我们易得f( )等于函数的最大值或最小值，由此可以确定满足条件的初相角φ的值，结合 ，易求出满足条件的具体的φ值，然后根据正弦型函数单调区间的求法，即可得到答案.

　　【解答】解：若 对x∈R恒成立，

　　则f( )等于函数的最大值或最小值

　　即2× +φ=kπ+ ，k∈Z

　　则φ=kπ+ ，k∈Z

　　又

　　即sinφ<0

　　令k=﹣1，此时φ= ，满足条件

　　令2x ∈[2kπ﹣ ，2kπ+ ]，k∈Z

　　解得x∈

　　故选C

　　7.已知实数列{an}是等比数列，若a2a5a8=﹣8，则 + + (　　)

　　A.有最大值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值

　　【考点】等比数列的通项公式.

　　【分析】先求出a5=﹣2，再由 + + =1+ + ，利用均值定理能求出 + + 有最小值 .

　　【解答】解：∵数列{an}是等比数列，a2a5a8=﹣8，∴ ，

　　解得a5=﹣2，

　　∴ + + = + + =1+ + ≥1+2 =1+2 =1+2× = ，

　　∴ + + 有最小值 .

　　故选：D.

　　8.已知F1，F2分别是双曲线C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦点，其离心率为e，点B的坐标为(0，b)，直线F1B与双曲线C的两条渐近线分别交于P、Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴，直线F1B的交点分别为M，R，若△RMF1与△PQF2的面积之比为e，则双曲线C的离心率为(　　)

　　A. B. C.2 D.

　　【考点】双曲线的简单性质.

　　【分析】分别求出P，Q，M的坐标，利用△RMF1与△PQF2的面积之比为e，|MF2|=|F1F2|=2c，可得3c=xM= ，即可得出结论.

　　【解答】解：由题意，|OB|=b，|O F1|=c.∴kPQ= ，kMR=﹣ .

　　直线PQ为：y= (x+c)，与y= x.联立得：Q( ， );

　　与y=﹣ x.联立得：P( ， ).PQ的中点为( ， )，

　　直线MR为：y﹣ =﹣ (x﹣ )，

　　令y=0得：xM= ，

　　又△RMF1与△PQF2的面积之比为e，∴|MF2|=|F1F2|=2c，∴3c=xM= ，

　　解之得：e2= ，

　　∴e=

　　故选：A.

　　二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.

　　9.已知loga2=m，loga3=n，则a2m+n=　12　，用m，n表示log46为　 　.

　　【考点】对数的运算性质.

　　【分析】利用指数、对数的性质、运算法则和换底公式求解.

　　【解答】解：∵loga2=m，loga3=n，∴am=2，an=3，

　　a2m+n=(am)2×an=22×3=12，

　　log46= = = .

　　故答案为：12， .

　　10.已知抛物线x2=4y的焦点F的坐标为　(0，1)　，若M是抛物线上一点，|MF|=4，O为坐标原点，则∠MFO=　 或 　.

　　【考点】抛物线的简单性质.

　　【分析】利用抛物线的方程与定义，即可得出结论.

　　【解答】解：抛物线x2=4y的焦点在y轴上，且p=1，焦点坐标为(0，1);

　　∵M是抛物线上一点，|MF|=4，

　　∴M(±2 ，3)，

　　M(2 ，3)，kMF= = ，∴∠MFO=

　　M(﹣2 ，3)，kMF=﹣ =﹣ ，∴∠MFO=

　　故答案为：(0，1)， 或 .

　　11.若函数f(x)= 为奇函数，则a=　0　，f(g(﹣2))=　﹣25　.

　　【考点】函数奇偶性的性质;函数的值.

　　【分析】利用分段函数，结合函数的奇偶性，即可得出结论.

　　【解答】解：由题意，a=f(0)=0.

　　设x<0，则﹣x>0，f(﹣x)=x2﹣2x+1=﹣f(x)，

　　∴g(2x)=﹣x2+2x﹣1，

　　∴g(﹣2)=﹣4，

　　∴f(g(﹣2))=f(﹣4)=﹣16﹣8﹣1=﹣25.

　　故答案为：0，﹣25.

　　12.对于定义在R上的函数f(x)，如果存在实数a，使得f(a+x)•f(a﹣x)=1对任意实数x∈R恒成立，则称f(x)为关于a的“倒函数”.已知定义在R上的函数f(x)是关于0和1的“倒函数”，且当x∈[0，1]时，f(x)的取值范围为[1，2]，则当x∈[1，2]时，f(x)的取值范围为　[ ，1]　，当x∈[﹣2016，2016]时，f(x)的取值范围为　[ ，2]　.

　　【考点】抽象函数及其应用.

　　【分析】根据“倒函数”的定义，建立两个方程关系，根据方程关系判断函数的周期性，利用函数的周期性和函数的关系进行求解即可得到结论.

　　【解答】解：若函数f(x)是关于0和1的“倒函数”，

　　则f(x)•f(﹣x)=1，则f(x)≠0，

　　且f(1+x)•f(1﹣x)=1，

　　即f(2+x)•f(﹣x)=1，

　　即f(2+x)•f(﹣x)=1=f(x)•f(﹣x)，

　　则f(2+x)=f(x)，

　　即函数f(x)是周期为2的周期函数，

　　若x∈[0，1]，则﹣x∈[﹣1，0]，2﹣x∈[1，2]，此时1≤f(x)≤2

　　∵f(x)•f(﹣x)=1，

　　∴f(﹣x)= ∈[ ，1]，

　　∵f(﹣x)=f(2﹣x)∈[ ，1]，

　　∴当x∈[1，2]时，f(x)∈[ ，1].

　　即一个周期内当x∈[0，2]时，f(x)∈[ ，2].

　　∴当x∈[﹣2016，2016]时，f(x)∈[ ，2].

　　故答案为：[ ，1]，[ ，2].

　　13.已知关于x的方程x2+ax+2b﹣2=0(a，b∈R)有两个相异实根，若其中一根在区间(0，1)内，另一根在区间(1，2)内，则 的取值范围是　 　.

　　【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系.

　　【分析】由题意知 ，从而转化为线性规划问题求解即可.

　　【解答】解：令f(x)=x2+ax+2b﹣2，

　　由题意知，

　　，

　　作其表示的平面区域如下，

　　，

　　的几何意义是点A(1，4)与阴影内的点的连线的斜率，

　　直线m过点B(﹣3，2)，故km= = ;

　　直线l过点C(﹣1，1)，故kl= = ;

　　结合图象可知，

　　的取值范围是 ;

　　故答案为：

　　14.若正数x，y满足x2+4y2+x+2y=1，则xy的最大值为　 　.

　　【考点】基本不等式.

　　【分析】由题意和基本不等式可得1=x2+(2y)2+x+2y≥2•x•2y+2 ，解关于 的一元二次不等式可得.

　　【解答】解：∵正数x，y满足x2+4y2+x+2y=1，

　　∴1=x2+4y2+x+2y=x2+(2y)2+x+2y≥2•x•2y+2 ，

　　当且仅当x=2y时取等号.

　　变形可得2( )2+2 ﹣1≤0，

　　解得 ≤ ≤ ，

　　结合 >0可得0< ≤ ，

　　平方可得2xy≤( )2= ，

　　∴xy≤ ，即xy的最大值为 ，

　　故答案为：

　　15.在△ABC中，∠BAC=10°，∠ACB=30°，将直线BC绕AC旋转得到B1C，直线AC绕AB旋转得到AC1，则在所有旋转过程中，直线B1C与直线AC1所成角的取值范围为　[10°，50°]　.

　　【考点】异面直线及其所成的角.

　　【分析】平移CB1到A处，由已知得∠B1CA=30°，∠B1AC=150°，0≤∠C1AC≤20°，由此能求出直线B1C与直线AC1所成角的取值范围.

　　【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC=10°，∠ACB=30°，

　　将直线BC绕AC旋转得到B1C，直线AC绕AB旋转得到AC1，

　　如图，平移CB1到A处，B1C绕AC旋转，

　　∴∠B1CA=30°，∠B1AC=150°，

　　AC1绕AB旋转，∴0°≤∠C1AC≤2∠CAB，

　　∴0≤∠C1AC≤20°，

　　设直线B1C与直线AC1所成角为α，

　　则∠B1AC﹣∠C1AC≤α≤∠B1AC+∠C1AC，

　　∵130°≤∠B1AC﹣∠C1AC≤150°，

　　150°≤∠B1AC+∠C1AC≤170°，

　　∴10°≤α≤50°或130°≤α≤170°(舍).

　　故答案为：[10°，50°].

　　三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

　　16.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a=2，2cos2 +sinA= .

　　(Ⅰ)若满足条件的△ABC有且只有一个，求b的取值范围;

　　(Ⅱ)当△ABC的周长取最大值时，求b的值.

　　【考点】正弦定理;余弦定理.

　　【分析】(Ⅰ)由条件利用三角恒等变换求得cosA 和sinA 的值，结合满足条件的△ABC有且只有一个可得a=bsinA 或 a>b，由此求得b的范围.

　　(Ⅱ)△ABC的周长为a+b+c，利用余弦定理、基本不等式求得周长2+b+c最大值为2+2 ，此时，b= =c.

　　【解答】解：(Ⅰ)△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a=2，2cos2 +sinA= ，

　　∴2 +sinA= ，即 2 +sinA= ，∴cosA﹣sinA= ，

　　平方可得sin2A= ，∴cosA+sinA= = ，

　　求得cosA= ，sinA= ∈( ， )，结合满足条件的△ABC有且只有一个，∴A∈( ， ).

　　且a=bsinA，即2= b，即 b= ;或 a>b，即0

　　(Ⅱ)由于△ABC的周长为a+b+c，

　　由余弦定理可得22=b2+c2﹣2bc• =(b+c)2﹣ bc≥(b+c)2﹣ • = •(b+c)2，

　　∴b+c≤ =2 ，当且仅当b=c时，取等号，此时，三角形的周长为 2+b+c最大为2+2 ，

　　故此时b= .

　　17.如图，在多面体EF﹣ABCD中，ABCD，ABEF均为直角梯形， ，DCEF为平行四边形，平面DCEF⊥平面ABCD.

　　(Ⅰ)求证：DF⊥平面ABCD;

　　(Ⅱ)若△ABD是等边三角形，且BF与平面DCEF所成角的正切值为 ，求二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.

　　【分析】(Ⅰ)推导出AB⊥平面BCE，AB∥CD∥EF，从而CD⊥平面BCE，进而CD⊥CE，由CE∥DF，得CD⊥DF，由此能证明DF⊥平面ABCD.

　　(Ⅱ)法1：过C作CH⊥BE交BE于H，HK⊥BF交BF于K，推导出∠HKC为C﹣BF﹣E的平面角，由此能求出二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　(Ⅱ)法2：以C为原点，CD，CB，CE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.不妨设CD=1，利用向量法能求出二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　【解答】证明：(Ⅰ)因为 ，所以AB⊥平面BCE，

　　又EF∥CD，所以EF∥平面ABCD，从而有AB∥CD∥EF，…

　　所以CD⊥平面BCE，从而CD⊥CE，

　　又CE∥DF，所以CD⊥DF，

　　又平面DCEF⊥平面ABCD，所以DF⊥平面ABCD.…

　　解：(Ⅱ)解法1：过C作CH⊥BE交BE于H，HK⊥BF交BF于K，

　　因为AB⊥平面BCE，所以CH⊥AB，从而CH⊥平面ABEF，

　　所以CH⊥BF，从而BF⊥平面CHK，所以BF⊥KH

　　即∠HKC为C﹣BF﹣E的平面角，与 A﹣BF﹣C的平面角互补.…

　　因为BC⊥DCEF，所以BF与平面DCEF所成角为∠BFC.

　　由 ，所以2CB2=CD2+CE2，…

　　由△ABD是等边三角形，知∠CBD=30°，所以

　　令CD=a，所以 ， .

　　所以 ， .

　　所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值为 .…

　　(Ⅱ)解法2：因为CB，CD，CE两两垂直，

　　以C为原点，CD，CB，CE所在直线为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系.不妨设CD=1.

　　因为BC⊥DCEF，所以BF与平面DCEF所成角为∠BFC.

　　由 ，所以2CB2=CD2+CE2，…

　　由△ABD是等边三角形，知∠CBD=30°，

　　所以 ，

　　…

　　，

　　平面ABF的一个法向量 ，平面CBF的一个法向量

　　则 ，且

　　取 …

　　则 .

　　二面角A﹣BF﹣C的平面角与 的夹角互补.

　　所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值为 .…

　　18.已知函数f(x)=x2﹣1.

　　(1)对于任意的1≤x≤2，不等式4m2|f(x)|+4f(m)≤|f(x﹣1)|恒成立，求实数m的取值范围;

　　(2)若对任意实数x1∈[1，2].存在实数x2∈[1，2]，使得f(x1)=|2f(x2)﹣ax2|成立，求实数a的取值范围.

　　【考点】函数恒成立问题;二次函数的性质.

　　【分析】(1)由题意可得4m2(|x2﹣1|+1|≤4+|x2﹣2x|，由1≤x≤2，可得4m2≤ ，运用二次函数的最值的求法，可得右边函数的最小值，解不等式可得m的范围;

　　(2)f(x)在[1，2]的值域为A，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域为B，由题意可得A⊆B.分别求得函数f(x)和h(x)的值域，注意讨论对称轴和零点，与区间的关系，结合单调性即可得到值域B，解不等式可得a的范围.

　　【解答】解：(1)对于任意的1≤x≤2，不等式4m2|f(x)|+4f(m)≤|f(x﹣1)|恒成立，

　　即为4m2(|x2﹣1|+1|≤4+|x2﹣2x|，

　　由1≤x≤2，可得4m2≤ ，

　　由g(x)= =4( + )2﹣ ，

　　当x=2，即 = 时，g(x)取得最小值，且为1，

　　即有4m2≤1，解得﹣ ≤m≤ ;

　　(2)对任意实数x1∈[1，2].

　　存在实数x2∈[1，2]，使得f(x1)=|2f(x2)﹣ax2|成立，

　　可设f(x)在[1，2]的值域为A，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域为B，

　　可得A⊆B.

　　由f(x)在[1，2]递增，可得A=[0，3];

　　当a<0时，h(x)=|2x2﹣ax﹣2|=2x2﹣ax﹣2，(1≤x≤2)，

　　在[1，2]递增，可得B=[﹣a，6﹣2a]，

　　可得﹣a≤0<3≤6﹣2a，不成立;

　　当a=0时，h(x)=2x2﹣2，(1≤x≤2)，

　　在[1，2]递增，可得B=[0，6]，

　　可得0≤0<3≤6，成立;

　　当01(负的舍去)，

　　h(x)在[1， ]递减，[ ，2]递增，

　　即有h(x)的值域为[0，h(2)]，即为[0，6﹣2a]，

　　由0≤0<3≤6﹣2a，解得0

　　当2

　　即有h(x)的值域为[0，h(2)]，即为[0，a]，

　　由0≤0<3≤a，解得a=3;

　　当3

　　由2a﹣6≤0<3≤a，无解，不成立;

　　当4

　　由2a﹣6≤0<3≤2a，不成立;

　　当6

　　由a≤0<3≤2a，不成立;

　　当a>8时，h(x)在[1，2]递增，可得B=[a，2a﹣6]，

　　A⊆B不成立.

　　综上可得，a的范围是0≤a≤ 或a=3.

　　19.已知F1，F2为椭圆 的左、右焦点，F2在以 为圆心，1为半径的圆C2上，且|QF1|+|QF2|=2a.

　　(Ⅰ)求椭圆C1的方程;

　　(Ⅱ)过点P(0，1)的直线l1交椭圆C1于A，B两点，过P与l1垂直的直线l2交圆C2于C，D两点，M为线段CD中点，求△MAB面积的取值范围.

　　【考点】椭圆的简单性质.

　　【分析】(Ⅰ)圆C2的方程为 ，由此圆与x轴相切，求出a，b的值，由此能求出椭圆C1的方程.

　　(Ⅱ)设l1：x=t(y﹣1)，则l2：tx+y﹣1=0，与椭圆联立，得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0，由此利用弦长公式、点到直线距离公式，结合已知条件能求出△MAB面积的取值范围.

　　【解答】(本题满分15分)

　　解：(Ⅰ)圆C2的方程为 ，

　　此圆与x轴相切，切点为

　　∴ ，即a2﹣b2=2，且 ， …

　　又|QF1|+|QF2|=3+1=2a.…

　　∴a=2，b2=a2﹣c2=2

　　∴椭圆C1的方程为 .…

　　(Ⅱ)当l1平行x轴的时候，l2与圆C2无公共点，从而△MAB不存在;

　　设l1：x=t(y﹣1)，则l2：tx+y﹣1=0.

　　由 ，消去x得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0，

　　则 .…

　　又圆心 到l2的距离 ，得t2<1.…

　　又MP⊥AB，QM⊥CD

　　∴M到AB的距离即Q到AB的距离，设为d2，

　　即 .…

　　∴△MAB面积

　　令

　　则 .

　　∴△MAB面积的取值范围为 .…

　　20.对任意正整数n，设an是方程x2+ =1的正根.求证：

　　(1)an+1>an;

　　(2) + +…+ <1+ + +…+ .

　　【考点】数列的应用.

　　【分析】(1)解方程可得an= ，再由分子有理化，结合 ， 在n∈N*上递减，即可得证;

　　(2)求出 = ，分析法可得 < ，累加并运用不等式的性质即可得证.

　　【解答】解：(1)an是方程x2+ =1的正根，

　　解得an= ，

　　由分子有理化，可得an=

　　= ，

　　由 ， 在n∈N*上递减，

　　可得an为递增数列，

　　即为an+1>an;

　　(2)证明：由an= ，可得

　　= ，

　　由 < ⇔2n﹣1<

　　⇔1+4n2﹣4

　　n<1+4n2⇔﹣4n<0，显然成立，

　　即有 + +…+ <1+ + +…+

　　<1+ + +…+ .