数学卷·2017届河北省定州中学高三下学期周练（4

数学卷·2017届河北省定州中学高三下学期周练（4

河北定州中学2016-2017学年第二学期 高三数学周练试题（4.16）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA=AB，则PB与AC所成的角是（ ）‎ ‎ ‎ A．90° B．60° C．45° D．30°‎ ‎2．已知是三个不同的平面，是三条不同的直线，给出下列命题：‎ ‎①若，则； ②若，则；‎ ‎③若，则； ④若，则.‎ 其中真命题的个数为 ( )‎ ‎1 2 3 4‎ ‎3． 已知命题P:“若，则”，命题,下列说法正确的是（ ）‎ ‎ A.是真命题 B．q是假命题 C．p是真命题 D．是真命题 ‎4．若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）‎ A． B. ‎ C. D. ‎ ‎5．已知全集U，集合A，B，那么集合C是 A． B． C． D．‎ ‎6．若函数对任意都有，则以下结论中正确的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．已知定义在R上的函数满足下列三个条件：①对任意的都有；②对于任意的，都有；③的图象关于y轴对称，则下列结论中，正确的是（ ）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎8．已知动点到两定点、的距离和为8，且，线段的的中点为，过点的所有直线与点的轨迹相交而形成的线段中，长度为整数的有 A.条 B.条 C.条 D.条 ‎9．设函数，，若，使得和同时成立，则的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎10．定积分的值为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知圆O：，直线过点（-2，0），若直线上任意一点到圆心距离的最小值等于圆的半径，则直线的斜率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．（2015秋•运城期末）执行如图所示的程序框图．若输出的结果为﹣1，则可以输入的x的个数为（ ）‎ ‎ ‎ A．1 B．2 C．3 D．0‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二、填空题 ‎13．求值：= .‎ ‎14．若一个球的表面积为，现用两个平行平面去截这个球面，两个截面圆的半径为．则两截面间的距离为 ．‎ ‎15．已知实数，函数，若，则的值为________.‎ ‎16．如右图，一个空间几何体的主视图和左视图都是 边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几 何体的体积为 ．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎17．函数（）．‎ ‎（1）若，且对任意，恒有，求的取值范围；‎ ‎（2）若的最大值为，最小值为，求实数，的值．‎ ‎18．已知为坐标原点， 为椭圆的左、右焦点，其离心率， 为椭圆上的动点， 的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知椭圆的右顶点为，点（在第一象限）都在椭圆上，若，且，求实数的值.‎ ‎19．（本题满分15分）函数，‎ ‎（1）若时，求的最大值；‎ ‎（2）设时，若对任意，都有恒成立，且的最大值为2，求的表达式．‎ ‎20．已知数列{an}成等比数列，且an＞0.‎ ‎(1)若a2－a1＝8，a3＝m.①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；②若数列{an}是唯一的，求m的值；‎ ‎(2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值．‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ 试题分析：将其还原成正方体ABCD﹣PQRS，连接SC，AS，可得∠ASC（或其补角）即为所求角．‎ 解：将其还原成正方体ABCD﹣PQRS，连接SC，AS，则PB∥SC，‎ ‎ ‎ ‎∴∠ACS（或其补角）是PB与AC所成的角 ‎∵△ACS为正三角形，‎ ‎∴∠ACS=60°‎ ‎∴PB与AC所成的角是60°‎ 故选B．‎ 考点：直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角．‎ ‎2．B ‎【解析】略 ‎3．D ‎【解析】解：因为命题P:“若，则”，结论错误，所以为假命题，命题,为真命题，利用复合命题的真值可知，选D ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示：曲线即 （x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3），‎ 表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆，‎ 由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得 =2，‎ ‎∴b=1+2，b=1-2‎ ‎ ‎ 当直线过点（4，3）时，直线与曲线有两个公共点，此时b=-1‎ 结合图象可得-1≤b≤3‎ 故答案为C 考点：本试题主要考查了直线与圆的位置关系，主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．‎ 点评：解决该试题的关键是曲线即 （x-2）2+（y-3）2=4（y≤3），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆，由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，解得 b=1+2，b=1-2．当直线过点（4，3）时，直线与曲线有两个公共点，此时b=-1，结合图象可得b的范围．‎ ‎5．C ‎【解析】‎ 考点：交集及其运算．‎ 分析：可以看出2，7，8既不在A中，也不再B中，故需求补集．‎ 解答：解：CIA={1，2，6，7，8}‎ CIB={2，4，5，7，8}‎ ‎（CIA）∩（CIB）={2，7，8}‎ 故选C．‎ 点评：本题考查集合的交集和补集运算，较简单．‎ ‎ ‎ ‎6．A ‎【解析】‎ 试题分析：若函数对任意都有，则的对称轴为且函数的开口方向向上，则函数在上为增函数，又，所以，即，选D．‎ 考点：二次函数的单调性．‎ ‎【思路点晴】本题主要考查的是二次函数，属于中档题．要比较函数值的大小就要知道函数的单调区间，二次函数的单调区间由对称轴确定，所以首先由已知条件确定对称轴为，把根据对称轴转化到同一个单调区间上比较即可．若出现，函数的对称轴为．‎ ‎7．A ‎【解析】‎ 试题分析：由①②③三个条件知函数的周期是4，在区间上是增函数且其对称轴为 ‎， ‎ ‎，函数在区间上是增函数∴，即，故选B．‎ 考点：1．函数的奇偶性；2．函数的对称性．‎ ‎8．D ‎【解析】‎ 试题分析：因为动点到两定点、的距离和为8，所以点P的轨迹为以A,B为焦点的椭圆，而且可以求出该椭圆的长轴长为8，短轴长为4，所以过点的所有直线与点的轨迹相交而形成的线段中，长度为整数4，5，6的各有两条，所以共有6+2=8条.‎ 考点：本小题主要考查椭圆的定义和性质应用.‎ 点评：解决此问题的关键是找出点P的轨迹为椭圆，进而利用椭圆的性质求解，这种转化的思想在解题时经常用到.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ 试题分析：函数的图象恒过定点（1，4），的图象恒过定点（2，0），利用这两个定点，结合图象解决．‎ 由知，又存在，使得，‎ 知即或，另中恒过（2，0），‎ 故由函数的图象知：‎ ‎ ‎ a=0时，恒大于0，显然不成立．‎ 若时，，；‎ 若a<0时，，‎ 此时函数图象的对称，故函数在区间为增函数，‎ 又不成立．故选A．‎ 考点：一元二次不等式的解法 ‎10．B ‎【解析】略 ‎11．A．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为直线上任意一点到圆心距离的最小值等于圆的半径，所以直线为圆的切线。由题知，切线的斜率一定存在，设切线为：，∴，解得，．．‎ 考点：直线与圆的位置关系．‎ ‎12．A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用条件结构计算并输出分段函数y=的值，分类讨论满足输出的结果为﹣1的x值，可得答案．‎ 解：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用条件结构计算并输出分段函数y=的值，‎ 当x≤1时，由x2﹣1=﹣1得：x=0，‎ 当x＞1时，由log2x=﹣1得：x=（舍去），‎ 综上可得：可以输入的x的个数为1个，‎ 故选：A 考点：程序框图．‎ ‎13．1‎ ‎【解析】解：因为 ‎14．1或7‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由球的表面积为知，球的半径为.‎ 有两种可能情况，一是两截面在球心同侧，二是两截面在球心两侧. 所以由球的截面性质定理得，两截面间的距离为或，答案为1或7.‎ 考点：球的截面性质定理.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题得,函数f(x)在区间上单调递增,在区间单调递减,因为且,所以应分别在分段函数的两段上,则当时,因为,所以,当时,,所以(不符合题意),综上,故填.‎ 考点：分段函数 分类讨论 ‎16．.‎ ‎【解析】略 ‎17．（1）；（2），．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）首先对函数进行变形，式子中即有，又有，因此用换元法转化为二次函数的问题．，设，则，问题转化为在上恒成立，可分离参数为，这样只要求得的最大值即可解得的范围；（2）同（1）化简得，令（），则，‎ 最大值为，最小值为，按对称轴与区间的关系分类求得最大值和最小值，从而得值．‎ 试题解析：（1）当时，函数式可化简如下：‎ ‎，‎ 令（），对任意，恒有，‎ 即为，分离参数得：，‎ 由在递增，所以，‎ 因此，解得，‎ 即实数的取值范围为；‎ ‎（2），令（），‎ 记，图象的对称轴，且开口向下，‎ ‎①当时，即，函数在上单调递减，则 ‎，，‎ 解得，；‎ ‎②当时，即，函数在上先增后减，则 ‎，，‎ 解方程可得，，由于，不合题意，舍去．‎ 综上解得，．‎ 考点：两角和的正弦公式，换元法，二次函数在给定区间上的最值问题．‎ ‎【名师点睛】三角函数的最值问题是三角函数基础知识的综合应用，它往往与二次函数、三角函数的图象、三角函数的单调性等知识结合在一起，有一定的综合性，在求解时，一要注意三角函数式的变形方向，二要注意正、余弦函数本身的有界性，还要注意灵活选用方法．本题在化角为后，把函数化为关于的函数，因此用换元法设，把转换为的二次函数，一定要注意的取值范围．‎ ‎18．（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用椭圆的定义及离心率计算公式即可求得；‎ ‎（2）设直线方程为与椭圆联立，得，直线的方程为与椭圆联立得，利用坐标求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为的周长为，‎ 所以，①，‎ 由题意②，‎ 联立①②解得，∴，‎ 所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）设直线的斜率为，则直线方程为，‎ 代入椭圆方程并整理得，‎ ‎∴，所以，‎ 又直线的方程为，‎ 代入椭圆方程并整理得，‎ ‎∵，∴，‎ 因为，所以，‎ 所以，因为在第一象限，所以，∴，‎ 因为，‎ ‎，‎ 由，得，‎ ‎∵，∴.‎ ‎19．（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求的最大值，实际上设，由已知得，问题转化为要求的最大值，这是二次函数，开口方向向上，因此最大值为或（需比较它们的大小）；（2）与（1）类似，设，则，问题转化为当时，恒成立，且最大值为2，求，，所以，由（1）知，，又有恒成立，即恒成立，因此是二次函数的最小值，由此可得，即得．‎ 试题解析：（1）令 ，原命题等价于求在的最大值．‎ 而，对称轴，结合函数图象可知：‎ ‎（2）令 ，则，‎ 因为，所以，而 ‎ 而 而时，，‎ 结合可知二次函数的顶点坐标为 ‎ 所以，所以．‎ 考点：换元法，二次函数的性质．‎ ‎20．（1）见解析（2）32‎ ‎【解析】设公比为q，则由题意，得q＞0.‎ ‎(1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得 解之，得或 ‎ 所以数列{an}的通项公式为 an＝8(2－)(3＋)n－1，或an＝8(2＋)(3－)n－1.‎ ‎②要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解，即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．‎ 由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2.‎ 经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式是an＝2n＋2.‎ ‎(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，‎ 得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q＞1.‎ a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝＝8 ‎ ‎≥32，‎ 当且仅当qk－1＝，即q＝，a1＝8(－1)时，‎ a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32‎