高三上學期數學期末試卷

A.{1} B.{2，3} C.{0，1} D.{2，3，4}

【考點】交集及其運算.

【分析】求出N中不等式的解集確定出N，找出M與N的交集即可.

【解答】解：由N中不等式變形得：log22=1

解得：0

∵M={0，1，2，3，4}，

∴M∩N={1}，

故選：A.

2.已知a∈R，則“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數y=ax在R上為減函數”的(　　)

A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件

【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.

【分析】先求出不等式|a﹣1|+|a|≤1的解集，結合指數函數的性質判斷充分必要性即可.

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

0≤a≤1時：|a﹣1|+|a|=1﹣a+1=1≤，成立，

a>1時：|a﹣1|+|a|=2a﹣1≤1，解得：a≤1，無解，

故不等式的解集是a∈[0，1]，

若函數y=ax在R上為減函數，則a∈(0，1)，

故“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數y=ax在R上為減函數”的必要不充分條件.

3.已知向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，若 ﹣2 與非零向量m +n 共線，則 等於(　　)

A.﹣2 B.2 C.﹣ D.

【考點】平面向量共線(平行)的座標表示.

【分析】先求出 ﹣2 和m +n ，再由向量共線的性質求解.

【解答】解：∵向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，

∴ ﹣2 =(2，3)﹣(﹣2，4)=(4，﹣1)，

m +n =(2m﹣n，3m+2n)，

∵ ﹣2 與非零向量m +n 共線，

∴ ，

解得14m=﹣7n， =﹣ .

故選：C.

4.如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的表面積是(　　)

A.84 B. C. D.

【考點】由三視圖求面積、體積.

【分析】幾何體為側放的五稜柱，底面為正視圖中的五邊形，稜柱的高為4.

【解答】由三視圖可知幾何體為五稜柱，底面為正視圖中的五邊形，高為4.

所以五稜柱的表面積為(4×4﹣ )×2+(4+4+2+2+2 )×4=76+48 .

故選B.

5.已知平面α與平面β交於直線l，且直線a⊂α，直線b⊂β，則下列命題錯誤的是(　　)

A.若α⊥β，a⊥b，且b與l不垂直，則a⊥l

B.若α⊥β，b⊥l，則a⊥b

C.若a⊥b，b⊥l，且a與l不平行，則α⊥β

D.若a⊥l，b⊥l，則α⊥β

【考點】空間中直線與平面之間的位置關係.

【分析】根據空間直線和平面平行或垂直以及平面和平面平行或者垂直的性質和判定定理進行判斷即可.

【解答】解：A.若α⊥β，a⊥b，且b與l不垂直，則a⊥l，正確

B.若α⊥β，b⊥l，則b⊥α，∵a⊂α，∴a⊥b，正確

C.∵a與l不平行，∴a與l相交，∵a⊥b，b⊥l，∴b⊥α，則α⊥β正確.

D.若a⊥l，b⊥l，不能得出α⊥β，因為不滿足面面垂直的條件，故D錯誤，

故選：D

6.已知函數f(x)=sin(2x+φ)，其中φ為實數，若f(x)≤|f( )|對x∈R恆成立，且f( )>f(π)，則f(x)的單調遞增區間是(　　)

A.[kπ﹣ ，kπ+ ](k∈Z)

B.[kπ，kπ+ ](k∈Z)

C.[kπ+ ，kπ+ ](k∈Z) D.[kπ﹣ ，kπ](k∈Z)

【考點】函數y=Asin(ωx+φ)的圖象變換.

【分析】由若 對x∈R恆成立，結合函數最值的定義，我們易得f( )等於函數的最大值或最小值，由此可以確定滿足條件的初相角φ的值，結合 ，易求出滿足條件的具體的φ值，然後根據正弦型函數單調區間的求法，即可得到答案.

【解答】解：若 對x∈R恆成立，

則f( )等於函數的最大值或最小值

即2× +φ=kπ+ ，k∈Z

則φ=kπ+ ，k∈Z

又

即sinφ<0

令k=﹣1，此時φ= ，滿足條件

令2x ∈[2kπ﹣ ，2kπ+ ]，k∈Z

解得x∈

故選C

7.已知實數列{an}是等比數列，若a2a5a8=﹣8，則 + + (　　)

A.有最大值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值

【考點】等比數列的通項公式.

【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：∵數列{an}是等比數列，a2a5a8=﹣8，∴ ，

解得a5=﹣2，

∴ + + = + + =1+ + ≥1+2 =1+2 =1+2× = ，

∴ + + 有最小值 .

故選：D.

8.已知F1，F2分別是雙曲線C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦點，其離心率為e，點B的座標為(0，b)，直線F1B與雙曲線C的兩條漸近線分別交於P、Q兩點，線段PQ的垂直平分線與x軸，直線F1B的交點分別為M，R，若△RMF1與△PQF2的面積之比為e，則雙曲線C的離心率為(　　)

A. B. C.2 D.

【考點】雙曲線的簡單性質.

【分析】分別求出P，Q，M的座標，利用△RMF1與△PQF2的面積之比為e，|MF2|=|F1F2|=2c，可得3c=xM= ，即可得出結論.

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

直線PQ為：y= (x+c)，與y= x.聯立得：Q( ， );

與y=﹣ x.聯立得：P( ， )的中點為( ， )，

直線MR為：y﹣ =﹣ (x﹣ )，

令y=0得：xM= ，

又△RMF1與△PQF2的面積之比為e，∴|MF2|=|F1F2|=2c，∴3c=xM= ，

解之得：e2= ，

∴e=

故選：A.

二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.

9.已知loga2=m，loga3=n，則a2m+n=　12　，用m，n表示log46為　 　.

【考點】對數的運算性質.

【分析】利用指數、對數的性質、運算法則和換底公式求解.

【解答】解：∵loga2=m，loga3=n，∴am=2，an=3，

a2m+n=(am)2×an=22×3=12，

log46= = = .

故答案為：12， .

10.已知拋物線x2=4y的焦點F的座標為　(0，1)　，若M是拋物線上一點，|MF|=4，O為座標原點，則∠MFO=　 或 　.

【考點】拋物線的簡單性質.

【分析】利用拋物線的方程與定義，即可得出結論.

【解答】解：拋物線x2=4y的焦點在y軸上，且p=1，焦點座標為(0，1);

∵M是拋物線上一點，|MF|=4，

∴M(±2 ，3)，

M(2 ，3)，kMF= = ，∴∠MFO=

M(﹣2 ，3)，kMF=﹣ =﹣ ，∴∠MFO=

故答案為：(0，1)， 或 .

11.若函數f(x)= 為奇函數，則a=　0　，f(g(﹣2))=　﹣25　.

【考點】函數奇偶性的性質;函數的值.

【分析】利用分段函數，結合函數的奇偶性，即可得出結論.

【解答】解：由題意，a=f(0)=0.

設x<0，則﹣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.

故答案為：0，﹣25.

12.對於定義在R上的函數f(x)，如果存在實數a，使得f(a+x)•f(a﹣x)=1對任意實數x∈R恆成立，則稱f(x)為關於a的“倒函數”.已知定義在R上的函數f(x)是關於0和1的“倒函數”，且當x∈[0，1]時，f(x)的取值範圍為[1，2]，則當x∈[1，2]時，f(x)的取值範圍為　[ ，1]　，當x∈[﹣2016，2016]時，f(x)的取值範圍為　[ ，2]　.

【考點】抽象函數及其應用.

【分析】根據“倒函數”的定義，建立兩個方程關係，根據方程關係判斷函數的週期性，利用函數的週期性和函數的關係進行求解即可得到結論.

【解答】解：若函數f(x)是關於0和1的“倒函數”，

則f(x)•f(﹣x)=1，則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)，

則f(2+x)=f(x)，

即函數f(x)是週期為2的周期函數，

若x∈[0，1]，則﹣x∈[﹣1，0]，2﹣x∈[1，2]，此時1≤f(x)≤2

∵f(x)•f(﹣x)=1，

∴f(﹣x)= ∈[ ，1]，

∵f(﹣x)=f(2﹣x)∈[ ，1]，

∴當x∈[1，2]時，f(x)∈[ ，1].

即一個週期內當x∈[0，2]時，f(x)∈[ ，2].

∴當x∈[﹣2016，2016]時，f(x)∈[ ，2].

故答案為：[ ，1]，[ ，2].

13.已知關於x的方程x2+ax+2b﹣2=0(a，b∈R)有兩個相異實根，若其中一根在區間(0，1)內，另一根在區間(1，2)內，則 的取值範圍是　 　.

【考點】一元二次方程的根的分佈與係數的關係.

【分析】由題意知 ，從而轉化為線性規劃問題求解即可.

【解答】解：令f(x)=x2+ax+2b﹣2，

由題意知，

，

作其表示的平面區域如下，

，

的幾何意義是點A(1，4)與陰影內的點的連線的斜率，

直線m過點B(﹣3，2)，故km= = ;

直線l過點C(﹣1，1)，故kl= = ;

結合圖象可知，

的取值範圍是 ;

故答案為：

14.若正數x，y滿足x2+4y2+x+2y=1，則xy的最大值為　 　.

【考點】基本不等式.

【分析】由題意和基本不等式可得1=x2+(2y)2+x+2y≥2•x•2y+2 ，解關於 的一元二次不等式可得.

【解答】解：∵正數x，y滿足x2+4y2+x+2y=1，

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

當且僅當x=2y時取等號.

變形可得2( )2+2 ﹣1≤0，

解得 ≤ ≤ ，

結合 >0可得0< ≤ ，

平方可得2xy≤( )2= ，

∴xy≤ ，即xy的最大值為 ，

故答案為：