“四省八校”高三上学期理数期中质量检测考试试卷含答案解析

高三上学期理数期中质量检测考试试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知命题：设为实数，，，则下列命题为真命题的是（；，命题：，为实数，若，则）A．B．C．D．（函数的（）A．充分不必要条件且），设甲：在上递减，乙：，则甲是乙B．必要不充分条件C．充分条件D．既不充分也不必要条件垂直，则的值为（C．D．-4．已知曲线在点处的切线与直线）A．1B．-15．已知实数，满足，则的最小值为（）A．B．C．1D．26．若、是方程的两个不相等的实数根，则的值为（11．若且，则下列选项中正确的是（）A．B．C．D．二、多选题12．已知实数，，满足，则下列结论正确的是（）A．B．C．）D．A．B．C．D．7．数列满足对任意，恒成立，且（）C．170为常数，若是的前项和，且，，则A．150B．160D．1808．已知（），将图象上的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变时），得到的图象．的部分图象如图所示（、分别为函数的最高点和最低点）：其中，则（）A．B．若倾斜角为锐角的直线三角形的面积最大时，直线B．C．πD．2π与圆交于、两点，当的斜率为（）C．D．110．过双曲线（，）的右焦点作双曲线渐近线的垂线段，垂足为，线段与双曲线交于点，且满足，则双曲线离心率等于（）A．B．C．D．三、填空题13．已知，则．14．已知向量，，若，则上有定义，如果对于任意的．15．已知函数在区间、，都有，则称为上凸函数，若为上凸函数，则\n（为任意大于的正整数），①在上为上凸函数；②在中，；③为上凸函数；④（，）．上述四个命题为真命题的为．16．过点作抛物线准线的距离为．四、解答题17．1.已知，，分别是的两条切线，切点分别为、两点，则的中点到抛物线的内角，，所对的边，，再从下面条件①与②中任选1个作为已知条件，完成以下问题．（1）证明：为锐角三角形；（2）若，为的内角平分线，且与边交于，求的长．，求的值．①；②．23．设函数．18．设数列的前项和为，且，，数列满足，点在直线上，．（1）求数列，的通项公式；（2）记，求数列的前项和．19．在直角坐标系中，椭圆（）的左右焦点分别为和，若为椭圆上动点，直线与椭圆交于另一点，若三角形的周长为为8，且点在椭圆上．求椭圆的标准方程；设直线、分别为和，若20．已知函数与直线分别交于点、，记直线和直线的斜率，试求直线的斜率．．（1）求函数的单调区间；（2）若存在区间，使得的值域为，求实数的取值范围．21．已知函数．（1）证明：（2）若对任意都有，求的最大值．22．在直角坐标系以中，直线：，圆的参数方程为，为参数，以坐标原点为极点，（1）求直线和圆轴的正半轴为极轴建立极坐标系．的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程为（），设，与圆的公共点分别为，求不等式设，．的解集；是两正实数，若函数的最小值为，且．求证：答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】，，，.故答案为：C．【分析】求出T中不等式的解集，确定出集合T，根据全集R求出S的补集，即可确定出S补集与T的交集.2．【答案】C【解析】【解答】命题中，若，则，得：，所以不存在\n，使得，所以命题为假命题；，所以可得：命题中，，因为，不等式可以两边同时平方，不等号不变，所以命题为真命题，A中，为假命题，错误；B中，为真命题，为假命题，所以C符合题意；D中，均为假命题，所以为假命题，错误故答案为：C为假命题，错误；【分析】分别判断命题p，q的真假，再由复合命题的真假即可选出答案.3．【答案】B（且），，从而甲是乙的必要不充分条件.【解析】【解答】由题意，函数若在递增，可得故答案为：B.【分析】求出函数f(x)为单调函数的a的取值范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.4．【答案】A【解析】【解答】．当时，，因为切线与直线垂直，直线斜率为，所以切线斜率为2，即，得：故答案为：A【分析】求出函数的导数，可得曲线在点垂直的条件：斜率之积为-1，建立方程，可求k的值.处的切线的斜率为2，再利用切线与已知直线5．【答案】B【解析】【解答】，本题求的最小值，即是求的最大．画出题设不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示（不包含坐标轴），作出直线并平移可知，当直线经过点和的交点时，取得最大值．解方程组得，所以交点坐标为，所以，所以．故答案为：B.【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用指数幂的运算法则，利用数形结合确定z的最小值。6．【答案】A【解析】【解答】因为、是方程的两根，所以所以、所以由韦达定理，，是的两根，，所以．故答案为：A【分析】由题意可得、是的两根，然后结合韦达定理可求得的值。7．【答案】C【解析】【解答】数列满足对任意，恒成立，所以，即，，解得.所以.故答案为：C【分析】根据已知条件得到，，再根据8．【答案】C，，从而得到求解即可。\n【解析】【解答】由，∴，因为、分别为函数的最高点和最低点，所以，由，即∴，∴为正三角形，又的高为，∴∴，∴即，∴，故答案为：C．【分析】先求出的解析式，再利用得到，进而求出，所以，利用周期公式可得。9．【答案】A【解析】【解答】圆的标准方程为，圆的圆心为，半径，易得直线过点，且点在圆内，，当时，面积最大，此时，圆心到直线的距离，故由且，解得，故答案为：A．【分析】分析可知，当时，离，利用点到直线距离公式可求得k的值。面积最大，可得出，可求得圆心到直线的距10．【答案】C【解析】【解答】因为双曲线渐近线方程为中，，，所以，如图，在直角三角形，又因为故，，过则由、A分别作的垂线，垂足分别为、，得：，又，故，，故可得点A的坐标为，所以，整理得，解得，故答案为：C．【分析】利用渐进线的斜率，求出，双曲线方程中，得到关于e的方程，求出离心率即可。，进而利用相似和求出点A的坐标，代入到11．【答案】C【解析】【解答】，故A错误；，故B错误；在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积（必修三阅读材料割圆术），则，故C正确；，故D错误．故答案为：C【分析】对于A，作商比较；对于B，利用基本不等式进行判断；对于C，利用在单位圆中，内接正边形\n的面积小于内接正边形的面积判断；对于D，利用放缩法判断。12．【答案】B,C【解析】【解答】A选项：B选项：与为单调减函数，所以，当时；，当时，所以；C选项：在时，而在时，所以；D选项：在上单调递增，所以；故答案为：BC.【分析】根据题意利用指数函数、对数函数以及幂函数的单调性判断大小，即可得出结论.13．【答案】【解析】【解答】因为，由诱导公式得：所以．，．故答案为：【分析】由已知，利用诱导公式，正弦、余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简，即可计算求值。14．【答案】【解析】【解答】，，，，．故答案为：【分析】根据向量平行可以求出x的值，从而确定的坐标，根据模长公式计算向量的模长即可。15．【答案】①③④【解析】【解答】由，所以在上为上凸函数，故①正确；由①可知，在上为上凸函数，可得，即，故②错误；当、故③正确；为正数时，由均值不等式得，所以，由③可得，故，所以④成立．故答案为：①③④.【分析】根据函数的新定义，结合三角函数的性质和基本不等式，逐项进行判断，可得答案。16．【答案】4【解析】【解答】设两条切线分别为、，对应切点分别为、，设点位于第一象限，由可得则由抛物线方程可得直线的方程为：，即，因为，所以，又直线过点，故，即，同理可得且过抛物线焦点，，故可得直线的方程为，\n联立方程组，消去得，故，由抛物线定义和梯形中位线定理可得，中点到准线的距离，故答案为：4.【分析】设点位于第一象限，由导数的几何意义求出直线的方程为：，将点代入可得，同理可得，把直线的方程为与抛物线联立，求出，再由即可求解。17．【答案】（1）证明：方案一：选条件①由正弦定理，又，，，令，（），从而，由，解得：或（舍去）从而最大，又为锐角三角形方案二：选条件②由正弦定理，又，，，令，（），从而，解得：或（舍去）从而最大，又为锐角三角形（2）解：方案一：选条件①由，∴又由第一问可知：，∴，法一：由，∴，由面积公式得：由，从而，解得：．法二：，解得：由角平分线定理，，从而在中，由余弦定理，，解得：方案二：选条件②由，又由第一问可知：，，，由，解得：或（舍去）法一：故，由，∴，由面积公式得：由，从而，\n解得：．法二：由角平分线定理，，从而在中，由余弦定理，，解得：【解析】【分析】若选择条件①：由正弦定理化简已知可得由，结合第一问中的，由余弦定理可求，即可证明为锐角三角形；，可以求出a，b，利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，一种利用，三角形的面积公式可求的长；另一种是利用角平分线定理求出的长；若选择条件②：(1)由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可求，即可证明为锐角三角形；(2)由，结合第一问中的函数基本关系式可求sinC的值，一种利用，可以求出a，b，由利用同角三角，三角形的面积公式可求的长；另一种是利用角平分线定理结合余弦定理即求出18．【答案】（1）解：由①的长。当时，②由①－②，（又，所以当时，是），，为首项，4为公比的等比数列，所以，因为点在直线上，所以，所以是以为公差，为首项的等差数列，所以（2）解：记①②由①－②，，【解析】【分析】（1）利用an与Sn递推关系可以求出an的通项公式，P点代入直线方程得数列是等差数列，用公式求解即可；（2）用错位相减法求数列的和。19．【答案】（1）解：由已知和椭圆的定义知：三角形的周长，故，可知，所以椭圆的方程为，又点在椭圆上，故，解得，所以椭圆的标准方程为（2）解：由已知可得直线设，的斜率不为，故可设直线的方程为，，联立方程组，消去得：故有，，故，，\n直线的方程为，解得与直线的交点，同理解得，故，，．故，解得．所以直线的斜率【解析】【分析】（1）由椭圆定义求出a，再代入点求出b，即可求出椭圆的标准方程；（2）由已知可得直线的斜率不为，可设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理化简计算可求出直线的斜率．20．【答案】（1）解：可得由解得或的单调递增区间为，，由解得，和，单调递减区间为.（2）解：由题可知，大于，并且在假设存在区间，使得的值域为单调递增．则的图像与在上有两个不同的交点．即在有两个不同的根．令，则，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解出和，即可得出函数的单调区间；有两个不同的根，利用导数求出（2）依据题意可转化为在的单调性即可求出实数的取值范围．21．【答案】（1）证明：令由解得，则，，由解得，所以在单调递减，在单调递增，则（2）解：由，下证的最大值为，对任意的正实数恒成立；即证令，则，当时，；当时，，，所以；综上在上恒成立在上单调递增；由可得，在单调递减；在单调递增．可得，所以的最大值为．，求导利用导数符号可判断单调性，进而证得；对任意的正实数恒成立即可，构造【解析】【分析】（1）令的最大值．（2）由，只需证函数，利用导数求解单调性即可求出22．【答案】（1）解：，直线的极坐标方程为即（）．圆的普通方程为，，，\n圆的极坐标方程为（2）解：将代入得将代入得在中由余弦定理得，，，解得，，，解得．，.【解析】【分析】（1）根据方程，再将，（2）将代入，，得到直线的极坐标方程，先将圆的方程化为普通代入求解可得圆的极坐标方程；解得，将代入中由余弦定理求解可得解得，然后在的值．23．【答案】（1）解：去掉绝对值得：，令，解得：，结合得：令，解得：，结合得：令，解得：，结合得：综上，不等式的解集为（2）解：由（1）知：当，单调递减，当时，单调递减，当时，单调递增，所以在处取得最小值，最小值为，所以，则法一：要证，等价于证明，等价于证明：由均值不等式，，得证．当且仅当取等号法二：由柯西不等式：，得，当且仅当【解析】【分析】(1)利用绝对值的意义，写出分段函数，即可求不等式的解集；(2)利用绝对值不等式，求出m，一种利用均值不等式，一种利用柯西不等式进行证明可得取等号.