湖北省武汉市育才美术中学高三数学文期末试卷含解析
一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的
1. 一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,则这个几何体的俯视图一定不是( )
参考答案:
B
2. 执行如图所示的程序框图,输出的结果是,则判断框内应填入的条件是
参考答案:
A
略
3. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BD与A1C1的位置关系是
A.平行 B.相交
C.异面但不垂直 D. 异面且垂直
参考答案:
D
4. 某单位为了了解某办公楼用电量y(度)与气温x(oC)之间
的关系,随机统计了四个工作日的用电量与当天平均气温,并制作了对照表:
气温(oC)
18
13
10
-1
用电量(度)
24
34
38
64
由表中数据得到线性回归方程,当气温为-4 oC时,预测用电量约为
A.68度 B. 52度 C.12度 D.28度
参考答案:
A
5. 复数的共轭复数等于( )
参考答案:
C
6. 已知全集U=R,集合A={x|x<1},则?UA=( )
A.(﹣∞,1] B.[1,+∞) C.R D.(1,+∞)
参考答案:
B
【考点】补集及其运算.
【分析】根据补集的定义写出集合A的补集即可.
【解答】解:全集U=R,集合A={x|x<1},
则?UA={x|x≥1}=[1,+∞).
故选:B.
7. 函数的大致图象为 ( )
参考答案:
D
8. 已知正项等比数列{an}满足:,,则( )
A.16 B.-16 C.15 D.-15
参考答案:
C
由等比数列的性质得.所以,
又因为,所以,所以,,.
9. 如图所示的程序框图,如果输入的n为6,那么输出的n为( )
A.16 B.10 C.5 D.3
参考答案:
C
考点:程序框图.
专题:算法和程序框图.
分析:根据框图的流程模拟运行程序,直到不满足条件,确定输出的n值.
解答: 解:当输入的n=6,由程序框图知:第一次循环n=3,i=1;
第二次循环n=3×3+1=10,i=2;
第三次循环n=5,i=3,
不满足条件i<3,跳出循环体,输出n=5.
故选:C.
点评:本题考查了选择结构与循环结构相结合的程序框图,根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法.
10. 展开式中只有第六项二项式系数最大,则展开式中的常数项是( )
A. 180 B. 90 C. 45 D.360
参考答案:
A
试题分析:因为的展开式中只有第六项二项式系数最大,所以,则由,令,解得,所以展开式中的常数项是,故正确答案选A.
考点:二项式理及展开式通项公式.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知,是夹角为的两个单位向量, =﹣2, =k+,若?=0,则实数k的值为 .
参考答案:
【考点】9R:平面向量数量积的运算.
【分析】利用向量的数量积公式求出;利用向量的运算律求出,列出方程求出k.
【解答】解:∵是夹角为的两个单位向量
∴
∴
=
=
∵
∴
解得
故答案为:
12. 袋中有形状、大小都相同的5只球,其中3只白球,2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为 .
参考答案:
0.6
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率.
【分析】基本事件总数n==10,这2只球颜色不同包含的基本事件个数m=,由此能求出这2只球颜色不同的概率.
【解答】解:袋中有形状、大小都相同的5只球,其中3只白球,2只黄球,
从中一次随机摸出2只球,
基本事件总数n==10,
这2只球颜色不同包含的基本事件个数m=,
∴这2只球颜色不同的概率为p=.
故答案为:0.6.
【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等可能事件概率计算公式的合理运用.
13. 已知函数①f(x)=x2;②f(x)=ex;③f(x)=ln x;④f(x)=cos x.其中对于 f(x)定义域内的任意一个x1都存在唯一的x2,使f(x1)f(x2)=1成立的函数是
参考答案:
②
8.方程的实数解为 .
参考答案:
log34
15. 已知正方形ABCD的边长为1,当每个取遍±1时,的最小值是________;最大值是_______.
参考答案:
0
【分析】
本题主要考查平面向量的应用,题目难度较大.从引入“基向量”入手,简化模的表现形式,利用转化与化归思想将问题逐步简化.
【详解】
要使的最小,只需要
,此时只需要取
此时
等号成立当且仅当均非负或者均非正,并且均非负或者均非正。
比如
则.
点睛:对于此题需充分利用转化与化归思想,从“基向量”入手,最后求不等式最值,是一道向量和不等式的综合题。
【点睛】对于平面向量的应用问题,需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
16. 设函数,集合,且.在直角坐标系中,集合所表示的区域的面积为______.
参考答案:
因为,所以由得,即,它表示以为圆心,半径为的圆面。由得,即,整理得,即或,显然的交点为,且两直线垂直,所以对应平面区域为二分之一个圆周的面积,所以集合所表示的区域的面积为,如图:
17. 若实数x,y满足约束条件,则z=3x+5y的最大值为_____.
参考答案:
17
【分析】
先画出可行域,作出目标函数的平行直线,确定z与目标函数的纵截距之间的关系,从而平移目标函数确定最优解即可算出最大值.
【详解】画出可行域如图所示的△ABC的内部(包括边界):
由z=3x+5y可得y,则z为直线y在y轴上的截距,
作直线L:3x+5y=0,把直线L向上平移到A时z最大,向下平移到B时z最小,
由可得A(),此时z的最大值为17,
由可得B(﹣2,﹣1),此时z的最小值为﹣11.
故答案为:17.
【点睛】本题考查线性规划问题,正确画出可行域并确定z与目标函数的纵截距之间的关系是解决本题的关键,属中档题.
三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
18. (本题满分12分)如图,四边形ABCD为矩形,四边形ADEF为梯形,AD//FE,∠AFE=60o,且平面ABCD⊥平面ADEF,AF=FE=AB==2,点G为AC的中点.
(Ⅰ)求证:EG//平面ABF;
(Ⅱ)求三棱锥B-AEG的体积;
(Ⅲ)试判断平面BAE与平面DCE是否垂直?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由.
参考答案:
(I)证明:取AB中点M,连FM,GM.
∵ G为对角线AC的中点,
∴ GM∥AD,且GM=AD,
又∵ FE∥AD,
∴ GM∥FE且GM=FE.
∴四边形GMFE为平行四边形,即EG∥FM.
又∵ 平面ABF,平面ABF,
∴ EG∥平面ABF.…………………………………………………………… 4分
(Ⅱ)解:作EN⊥AD,垂足为N,
由平面ABCD⊥平面AFED ,面ABCD∩面AFED=AD,
得EN⊥平面ABCD,即EN为三棱锥E-ABG的高.
∵ 在△AEF中,AF=FE,∠AFE=60o,
∴ △AEF是正三角形.
∴ ∠AEF=60o,
由EF//AD知∠EAD=60o,
∴ EN=AE?sin60o=.
∴ 三棱锥B-AEG的体积为
.……………………8分
(Ⅲ)解:平面BAE⊥平面DCE.证明如下:
∵ 四边形ABCD为矩形,且平面ABCD⊥平面AFED,
∴ CD⊥平面AFED,
∴ CD⊥AE.
∵ 四边形AFED为梯形,FE∥AD,且,
∴ .
又在△AED中,EA=2,AD=4,,
由余弦定理,得ED=.
∴ EA2+ED2=AD2,
∴ ED⊥AE.
又∵ ED∩CD=D,
∴ AE⊥平面DCE,
又面BAE,
∴ 平面BAE⊥平面DCE. …………………………………………………12分
19. 已知函数f(x)=xlnx.
(Ⅰ)设函数g(x)=,求g(x)的单调区间;
(Ⅱ)若方程f(x)=t有两个不相等的实数根x1,x2,求证:x1+x2.
参考答案:
【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值.
【分析】(Ⅰ)求导,根据函数的单调性导数的关系,构造辅助函数,求导h′(x)=1﹣(x>0,且x≠1),则h(x)>h(1)=0,则f′(x)>0,即可求得g(x)的单调区间;
(Ⅱ)构造函数F(x)=f(x)﹣f(x﹣),求导F′(x)=2+lnx(﹣x),根据函数单调性可知F(x)>0,(0<e<),当0<x1<,得F(x1)=f(x1)﹣f(﹣x1)>0,f(x)在(,+∞)上单调递增,故x2>﹣x1,即可求证不等式成立.
【解答】解:(Ⅰ)∵g(x)=(x>0,且x≠1),则g′(x)=(x>0,且x≠1),
设h(x)=x﹣lnx﹣1(x>0,且x≠1),则h′(x)=1﹣(x>0,且x≠1),
当0<x<1时,h′(x)<0,h(x)单调递减;x>1时,h′(x)>0,h(x)单调递增;
∴h(x)>h(1)=0,
∴当x>0,且x≠1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
∴g(x)的单调递增区间(0,1),(1,+∞),无单调递增区间;
(Ⅱ)证明:f′(x)=1+lnx,当0<x<,f′(x)>0,则f(x)在(0,)单调递减,
当x>时,f′(x)>0,函数f(x)在(,+∞)上单调递增,
当0<x<1时,f(x)<0,当x>1,f(x)>0,
设0<x1<x2<1,构造函数F(x)=f(x)﹣f(x﹣),
则F′(x)=f′(x)﹣f′(﹣x)=2+lnx(﹣x),
当0<x<,x(﹣x)<,则F′(x)<0,F(x)在(0,)单调递减,
由F()=0,故F(x)>0,(0<e<),
由0<x1<,得F(x1)=f(x1)﹣f(﹣x1)>0,
则f(x1)=f(x2)>f(﹣x1),
又x2>,﹣x1>,
∴f(x)在(,+∞)上单调递增,故x2>﹣x1,
∴x1+x2.
20. (本小题满分12分)如图,在四棱锥P—ABCD中,PB⊥底面ABCD,CD⊥PD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=PB=3,点E在棱PA上,且PE=2EA.
(Ⅰ)证明PC∥平面EBD;
(Ⅱ)求二面角A—BE—D的余弦值.
参考答案:
(Ⅰ)证明:连接AC交BD于G,连接EG,
∵ ,又 ,
∴ ,∴ PC∥EG,
又EG平面EBD,PC平面EBD,
∴ PC∥平面EBD.
…………………………………………… 6分
(Ⅱ)解法一:
∵ PB⊥平面ABCD, ∴ AD⊥PB.
又∵ AD⊥AB,∴ AD⊥平面EAB.
作AH⊥BE于H,连接DH,则DH⊥BE,
∴ ∠AHD 是二面角A—BE—D的平面角.
在△ABE中,AE=,由余弦定理可得BE=,
由△ABE 的面积得:AH=,
∴ tan∠AHD==,
故 二面角A—BE—D的余弦值为. ……………………………… 12分
解法二:
建立如图所示的直角坐标系B—XYZ,设BC=a,则A(0,3,0),P(0,0,3),D(3,3,0),C(a,0,0),=(3-a,3,0),=(3,3,