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四川省德阳市广汉金雁中学高三数学理期末试题含解析一、 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. 执行如图所示的程序框图,输出的S值是()AB C0D参考答案:B【考点】循环结构【分析】算法的功能是求S=sin+sin+sin的值,根据判断框的条件确定跳出循环的最小的正整数n值,再利用正弦函数的周期性求输出S的值【解答】解:本题为直到型循环结构的程序框图,由框图的流程知:算法的功能是求S=sin+sin+sin的值,满足条件n2014的最小的正整数n为2015,输出S=sin+sin+sin,由sin+sin+sin+sin+sin+sin=sin+sin+sinsinsinsin=0,输出S=sin+sin+sin+sin=sin=故选:B2. 下列函数中既是偶函数,又在区间上单调递增的函数是(A) (B)(C) (D)参考答案:B3. 已知命题:函数的图象恒过定点;命题:若函数为偶函数,则函数的图象关于直线对称,则下列命题为真命题的是AB C D. 参考答案:A略4. 设ABC的三边长分别为a、b、c,ABC的面积为S,内切圆半径为r,则,类比这个结论可知:四面体SABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4,内切球半径为R,四面体SABC的体积为V,则R=()ABCD参考答案:C【考点】类比推理【分析】根据平面与空间之间的类比推理,由点类比点或直线,由直线 类比 直线或平面,由内切圆类比内切球,由平面图形面积类比立体图形的体积,结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可【解答】解:设四面体的内切球的球心为O,则球心O到四个面的距离都是R,所以四面体的体积等于以O为顶点,分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和则四面体的体积为 R=故选C5. 已知函数是定义在R上的奇函数,当时,则不等式的解集是A B C D 参考答案:A6. 设函数,则满足的x的取值范围是( )A B C D 参考答案:A7. 设函数f(x)=sin(2)+cos(2),且其图象关于直线x=0对称,则Ay=f(x)的最小正周期为,且在(0,)上为增函数By=f(x)的最小正周期为,且在(0,)上为增函数Cy=f(x)的最小正周期为,且在(0,)上为减函数Dy=f(x)的最小正周期为,且在(0,)上为减函数参考答案:C8. 某一棱锥的三视图如图所示,则其侧面积为( ) A BC D参考答案:C由三视图可知,该几何体为四棱锥。四棱锥的高为2,底面矩形的两个边长分别为6,4.则侧面斜高,。所以侧面积为,选C. 9. 函数的定义域为,若对任意的,当时,都有,则称函数在上为非减函数.设函数在上为非减函数,且满足以下三个条件:;.则( )A. B. C. D. 参考答案:D10. 已知集合,,则( ) A. B. C. D. 参考答案:D略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且, 则的值是 。参考答案:12. 曲线y=x3在点(1,1)切线方程为 .参考答案:答案:3xy2=0 13. 在的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则该二项展开式中的常数项等于_.参考答案:112【分析】由题意可得,再利用二项展开式的通项公式,求得二项展开式常数项的值【详解】的二项展开式的中,只有第5项的二项式系数最大,通项公式为,令,求得,可得二项展开式常数项等于,故答案为112【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题14. 函数f(x)=Asin(x+)(A0,0,|)的部分图象如图,将y=f(x)的图象向右平移个单位后,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)=参考答案:sin(2x)【考点】正弦函数的图象【分析】根据三角函数的图象求出函数f(x)的解析式即可得到结论【解答】解:由图象知A=1,即函数的周期T=,T=,=2,即f(x)=sin(2x+),f()=sin(2+)=1,+=+2k,即=+2k,|,当k=0时,=,即f(x)=sin(2x+),将y=f(x)的图象向右平移个单位后,得到函数g(x)的图象,则g(x)=sin2(x)+=sin(2x),故答案为:sin(2x)15. 若函数f(x)=sinx的图象向左平移(0)个单位得到函数g(x)=cosx的图象,则的最小值是 参考答案:【考点】函数y=Asin(x+)的图象变换【分析】由于f(x+)=g(x),利用诱导公式可得sin(x+)=sin(x+),进而可求=k,kZ,结合范围0,即可得解的最小值【解答】解:f(x+)=g(x),即sin(x+)=cosx=sin(),sin(x+)=sin(x+),=k,kZ,0,的最小值是故答案为:16. 若将函数y=cos(2x)的图象向左平移个单位长度,则平移后的函数对称轴为参考答案:【考点】函数y=Asin(x+)的图象变换【分析】根据三角函数平移的性质,将函数y=cos 2x的图象向左平移个单位长度可得:y=cos2(x+)=cos(2x+),根据余弦函数的性质可得:对称轴方程为:2x+=k,(kZ)化简即可得到对称轴方程【解答】解:由题意,函数y=cos(2x的)图象向左平移个单位长度,可得:y=cos2(x+)=cos(2x+),由2x+=k(kZ),解得:x=(kZ),故答案为:17. 极点到直线的距离为_参考答案:由,故.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. 已知函数,(,)()若函数在处的切线斜率为2,求的方程;()是否存在实数a,使得当时, 恒成立.若存在,求a的值;若不存在,说明理由.参考答案:解:()因为,2分所以,解得或(舍去). 3分因为,所以,切点为,所以的方程为.5分()由得,又,所以,.2分令(),则,所以,当时,单调递增;当时,单调递减,所以当时,函数取得最大值.9分故只需(*).令(),则,所以当时,单调递增,所以.11分 故不等式(*)无解. 综上述,不存在实数,使得当时, 恒成立. 12分19. (本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABAD,点E在线段AD上,且CEAB。、求证:CE平面PAD;、若PA=AB=1,AD=3,CD=,CDA=45, 求四棱锥P-ABCD的体积.、在满足()的条件下求二面角B-PC-D的余弦值的绝对值.参考答案:(1)证明:因为PA平面ABCD,CE平面ABCD,所以PACE,因为ABAD,CEAB,所以CEAD,又PAAD=A,所以CE平面PAD.3分(2)解:由(1)可知CEAD,在直角三角形ECD中,DE=CD,CE=CD.又因为AB=CE=1,ABCE,所以四边形ABCE为矩形,所以=,又PA平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD的体积等于7分(3)建立以A为原点,AB,AD,AP为x,y,z轴的空间坐标系,取平面PBC的法向量为n1=(1,01),取平面PCD的法向量为n2=(1,1,3),所以二面角的余弦值的绝对值是.12分【解析】略20. (12分)已知等差数列an满足a4=6,a6=10(1)求数列an的通项公式;(2)设等比数列bn各项均为正数,其前n项和Tn,若b3=a3,T2=3,求Tn参考答案:【分析】(1)利用等差数列的通项公式可把已知条件用a1,d表示,解方程可得a1,d从而可求an(2)由(1)可得an=2n2,把已知可转化为,解方程可得b1,q,代入等比数列的求和公式【解答】解:(1)设等差数列an的公差为d,首项为a,a4=6,a6=10,(3分)解得(5分)数列an的通项公式an=a1+(nd)d=2n2(6分)(2)设各项均为正数的等比数列bn的公比为q(q0)an=2n2,a3=4,a3=b3,b3=4即(8分)解得或舍(10分)(12分)【点评】本小题主要考查等差、等比数列的通项公式以及等比数列的前n项和公式,属于对基本定义、基本公式的简单运用的考查,试题难度不大21. 如图,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中, PA平面ABCD,点E、F分别为BC、PD的中点,设直线PC与平面AEF交于点Q.(1)已知平面平面,求证:.(2)求直线AQ与平面PCD所成角的正弦值.参考答案:(1)见解析(2).【详解】试题分析:(1)由三角形中位线定理可得,利用线面平行的判定定理可得平面,在根据线面平行的性质定理可得;(2)由勾股定理可得 , 平面,由此可以点为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用两直线垂直数量积为零列出方程组,分别求出直线的方向向量与平面的法向量,利用空间向量夹角余弦公式.试题解析:(1),平面,平面.平面,平面,平面平面.(2)底面是菱形,E为BC的中点AB2,AEADPA平面ABCD,则以点A为原点,直线AE、AD、AP分别为轴建立如图所示空间直角坐标系则F(0,1,1),设平面PCD的法向量为,有得,设,则,则解之得,设直线AQ与平面PCD所成角为,则,直线AQ与平面PCD所成角的正弦值为【方法点晴】本题主要考查线面平行的性质与判定以及利用空间向量求线面角,属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.22. 已知函数(1)当时,解不等式;(2)若存在满足,求实数a的取值范
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