山西省運城市有色公司子弟中學高三數學理下學期期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.執行如圖中的程序框圖，若輸出的結果為21,則判斷框中應填（

）A.i<5

B.

i<6

C.

i<7

D.

i<8參考答案：C略2.設，則（）

A)a<b<c

B)a<c<b

C)b<c<a

D)b<a<c參考答案：D3.各項均為正數的等比數列的前n項和為，若則等于

A．80

B．30

C．26

D．16參考答案：B4.若，則下列說法正確的是（

）A.若則

B.若則C.若則

D.若則參考答案：C5.設a＞0，b＞0．[A．若，則a＞bB．若，則a＜bC．若，則a＞bD．若，則a＜b參考答案：A若，必有．構造函數：，則恒成立，故有函數在x＞0上單調遞增，即a＞b成立．其余選項用同樣方法排除．6.某校在高二年級開設選修課，選課結束后，有四名同學要求改選數學選修課，現數學選修課開有三個班，若每個班至多可再接收2名同學，那么不同的接收方案共有（）A．72種 B．54種 C．36種 D．18種參考答案：B【考點】計數原理的應用．【分析】依題意，分兩種情況討論：①，其中一個班接收2名、另兩個班各接收1名，②，其中一個班不接收、另兩個班各接收2名，分別求出每類情況的分配方法的種數，由分類計數原理計算可得答案．【解答】解：依題意，分兩種情況討論：①，其中一個班接收2名、另兩個班各接收1名，分配方案共有C31?C42?A22=36種，②，其中一個班不接收、另兩個班各接收2名，分配方案共有C31?C42=18種；因此，滿足題意的不同的分配方案有36+18=54種．故選：B．7.執行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果為63，則判斷框中應填(

) A．n≤7 B．n＞7 C．n≤6 D．n＞6參考答案：D考點：循環結構．專題：閱讀型．分析：框圖中首先給累加變量S、替換變量a、和循環變量n賦值，由S=S+a和a=a+2看出，該算法是求以3為首項，以2為公差的等差數列前n項和問題，寫出求和公式，根據輸出的和S的值判斷的情況．解答： 解：當n=1時，S=0+3=3，a=3+2=5；當n=2時，S=3+5=8，a=5+2=7；當n=3時，S=8+7=15，a=7+2=9；當n=4時，S=15+9=24，a=9+2=11；當n=5時，S=24+11=35，a=11+2=13；當n=6時，S=35+13=48，a=13+2=15，當n=7時，S=48+15=63．此時有n=7＞6，算法結束，所以判斷框中的條件應填n＞6，這樣才能保證進行7次求和．故選D．點評：本題考查了程序框圖中的直到型循環，循環結構主要用在一些規律的重復計算，如累加、累積等，在循環結構框圖中，特別要注意條件應用，如計數變量和累加變量等．8.的展開式中各項系數的和為2，則該展開式中常數項為 (▲)

A．－20

B．－10

C．10

D．20參考答案：C略9.已知集合，那么（

）A

B

C

D參考答案：D略10.復數（為虛數單位）在復平面上對應的點位于()A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限參考答案：【知識點】復數的乘法運算；復數的幾何意義。L4

【答案解析】B

解析：∵∴復數z在復平面上對應的點的坐標為，位于第二象限．故選B.【思路點撥】先利用復數的乘法運算求出Z，再判斷即可。二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知，則的最小值為

▲

．

參考答案：2由得且，即。所以，所以的最小值為2.12.已知函數的圖象經過點A(1,1)，則不等式的解集為______.參考答案：（０，１）13.若圓x2+y2=4與圓x2+y2﹣2mx+m2﹣1=0相外切，則實數m=．參考答案：±3考點：圓與圓的位置關系及其判定．專題：直線與圓．分析：先求出圓的圓心和半徑，根據兩圓相外切，可得圓心距等于半徑之和，求得m的值．解答：解：圓x2+y2=4的圓心為（0，0）、半徑為2；圓x2+y2﹣2mx+m2﹣1=0，即（x﹣m）2+y2=1，表示圓心為（m，0）、半徑等于1的圓．根據兩圓相外切，可得圓心距等于半徑之和，即|m|=2+1=3，求得m=±3，故答案為：±3．點評：本題主要考查圓的標準方程，兩個圓相外切的性質，屬于基礎題．14.已知向量a、b滿足|a|=3,|b|=2，a與b的夾角為60o，則|a－b|=

。參考答案：略15.已知,，若同時滿足條件：①對于任意，或成立；②存在，使得成立．則的取值范圍是.參考答案：解：由Tx<1，要使對于任意x?R，或成立，則x≥1時，<0恒成立，故m<0，且兩根2m與-m-3均比1小，得-4<m<0①.

∵x?(-￥,-4)時，，故應存在x0?(-￥,-4)，使f(x0)>0，只要-4>2m或-4>-m-3Tm<-2或m>1②，由①、②求交，得-4<m<-2.16.定義函數，其中表示不超過x的最大整數，如：[1，5]=1，[-1，3]=-2，當時，設函數的值域為A，記集合A中的元素個數為，則

（1）=

；

（2）式子的最小值為

。參考答案：4；13略17.若數列為等差數列，且，則的值等于

參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）已知點E(m,0)為拋物線內的一個定點，過E作斜率分別為k1、k2的兩條直線交拋物線于點A、B、C、D，且M、N分別是AB、CD的中點（1）若m=1，k1k2=-1，求三角形EMN面積的最小值；（2）若k1+k2=1，求證：直線MN過定點。參考答案：解：（Ⅰ）當時，E為拋物線的焦點，∵，∴AB⊥CD設AB方程為，由，得，AB中點，∴，同理，點……2分∴……4分當且僅當，即時，△EMN的面積取最小值4．

……6分（Ⅱ）證明：設AB方程為，由，得，AB中點，∴，同理，點……8分∴

……10分∴MN：，即∴直線MN恒過定點．

……12分

略19.已知{an}是等差數列，公差為d，首項a1=3，前n項和為Sn．令，{cn}的前20項和T20=330．數列{bn}滿足bn=2（a﹣2）dn﹣2+2n﹣1，a∈R．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）若bn+1≤bn，n∈N*，求a的取值范圍．參考答案：考點：數列遞推式；等差數列的性質．專題：綜合題；等差數列與等比數列．分析：（Ⅰ）利用T20=330，求出公差，即可求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）先求出bn，再根據bn+1≤bn，n∈N*，結合函數的單調性，即可求a的取值范圍．解答：解：（Ⅰ）設等差數列的公差為d，因為，所以T20=﹣S1+S2﹣S3+S4+…+S20=330，則a2+a4+a6+…+a20=330…（3分）則解得d=3所以an=3+3（n﹣1）=3n…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=2（a﹣2）3n﹣2+2n﹣1bn+1﹣bn=2（a﹣2）3n﹣1+2n﹣[2（a﹣2）3n﹣2+2n﹣1]=4（a﹣2）3n﹣2+2n﹣1=由bn+1≤bn?…（10分）因為隨著n的增大而增大，所以n=1時，最小值為，所以…（12分）點評：本題考查數列的通項，考查數列與不等式的聯系，考查學生的計算能力，屬于中檔題．20.已知函數.（1）討論的單調性；（2）若有兩個極值點，當時，求的最大值.參考答案：（1）當時，在上單調遞增；當時，在，上單調遞增；在上單調遞減；（2）【分析】（1）先對函數求導，分別討論和，即可得出結果；（2）先由（1）得到，，對化簡整理，再令，得到，根據（1）和求出的范圍，再令，用導數的方法求其最大值，即可得出結果.【詳解】（1）由得；因為，所以；因此，當時，在上恒成立，所以在上單調遞增；當時，由得，解得或；由得；所以在，上單調遞增；在上單調遞減；綜上，當時，在上單調遞增；當時，在，上單調遞增；在上單調遞減；（2）若有兩個極值點，由（1）可得，是方程的兩不等實根，所以，，因此，令，則；由（1）可知，當時，，所以，令，，則在上恒成立；所以在上單調遞減，故.即的最大值為.【點睛】本題主要考查導數的應用，通常需要對函數求導，根據導數的方法研究函數單調性、極值、最值等，屬于常考題型.

21.（本小題滿分12分）已知正項數列的前n項和為.（I）求數列的通項公式；（II）設數列與的前n項和為，求證：.參考答案：22.已知函數f（x）=alnx+x（a為實常數）（1）若a=﹣1，求函數f（x）的單調遞減區間；（2）若直線y=2x﹣1是曲線y=f（x）的切線，求a的值．參考答案：考點：利用導數研究曲線上某點切線方程；利用導數研究函數的單調性．專題：導數的概念及應用．分析：（1）把a=﹣1代入函數f（x）=alnx+x，然后對其進行求導，利用導數研究函數f（x）的單調遞減區間；（2）已知直線y=2x﹣1是曲線y=f（x）的切線，根據導數與直線斜率的關系可得切點坐標，從而求出a值；解答： 解：（1）當a=﹣1代入可得f（x）=alnx+x=﹣lnx+x，（x＞0）∴f′（x）=﹣+1=，令f′（x）＜0，可得0＜x＜1，∴函數f（x）的單調遞減區間為：（0，1