《2016年福建福州市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年福建福州市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）（14页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、2016届福建福州市高三上学期期末数学（文）试题一、选择题1集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意得，集合，故选C.【考点】集合间的运算.2已知复数满足，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意得，设，由可得，故选A.【考点】复数的性质.3若函数，则下列结论正确的是（ ）A.,函数是奇函数B.,函数是偶函数C.,函数在上是增函数D.,函数在上是减函数【答案】D【解析】试题分析：由题意得，对于函数,当时,此时,是奇函数，且函数在上是减函数；当时,函数为非奇非偶函数，故排除A，B；当,在上,函数为减函数，故排除C，故选D.考点:1.函数奇偶
2、性的判断；2.函数单调性的判断与证明.4已知，则 （ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：由题意得，因为，所以，故，即，则，故选D.考点:同角三角函数基本关系的运用.5在如图所示的程序框图中，若,则输出的（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由题意得，由程序框图知：算法的功能是求三个数中的最大数，由于，可得：，则输出的值是，故选C.考点:程序框图.6已知分别为双曲线的左、右顶点， 是上一点，且直线的斜率之积为，则的离心率为（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，利用点与双曲线实轴两顶点连线的斜率之积是，建立等式，即可确定的关系，从而可
3、确定双曲线的离心率，故选B.考点:双曲线的性质.7某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意得，由三视图可知该几何体为圆柱挖去一个四棱锥得到的,圆柱的底面半径为,高为,棱锥的底面为正方形,边长为，棱锥的高为，几何体的体积，故选A.【考点】由三视图求体积，面积.8已知三个顶点的坐标分别为，对于（含边界）内的任意一点的最小值为，则（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，画出满足条件的平面区域，如图示，显然直线过时最小，解得：，故选B.【考点】简单线性规划.9某商场销售型商品.已知该商品的进价是每件元，且销售单
4、价与日均销售里的关系如下表所示：销售单价（元） 日均销售量（件）请根据以上数据分析，要使该商品的日均销售利润最大，此商品的定价(单位:元/件) 应为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由题意得，设定价为元时，利润为元，故当时，有最大值，故选C.【考点】1.函数模型的选择与应用；2.函数解析式的求解及常用方法.10已知三棱的四个顶点都在半径为的球面上，且平面，若，则棱的长为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由题意得，由三棱锥扩展为长方体，长方体的对角线的长为直径，因为，所以，所以，故选C.【考点】球内接多面体.【方法点睛】本题主要考查的是直线与平面垂直的
5、性质，球的内接几何体与球的关系，空间想象能力，计算能力，属于中档题，注意构造法的合理运用，由已知得三棱锥的四个顶点在以为长，宽，高的长方体的外接球上，由此能求出三棱锥的体积，因此解决此类问题确定三棱锥的外接球的半径是关键.11已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且函数是偶函数，下列判断正确的是（ ）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数的图象关于直线对称D.函数在上单调递增【答案】D【解析】试题分析：由题意得，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离等于，函数的周期，故A错误；，函数的解析式为：，函数是偶函数，,解得：.由,解得对称中心为：，故B错误；由,解得对称轴是：，故C
6、错误；由,解得单调递增区间为：，故D正确，故选D.【考点】1.正弦函数的图象；2.由的部分图象确定其解析式.【方法点睛】本题主要考查的是由的部分图象确定其解析式，正弦函数的图象和性质，计算能力和数形结合的方法，属于中档题，解决此类题目主要就是利用已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离等于以及函数是偶函数求出函数的解析式，然后分别对A,B,C,D四个选项进行判断，因此熟练掌握正弦函数的图象和性质，确定出函数的解析式是解决问题的关键.12已知函数，其图象在点处的切线斜率为.若，且函数的单调递增区间为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，由图象在点处的切线
7、斜率为，得，即，由知：.由,得，由知：方程即的一根为，设另一根为,则由韦达定理,得.由,令,得，则,从而，故选B.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程.【方法点睛】本题主要考查的是导数的运用，求切线的斜率和单调区间，不等式的性质运用以及一元二次方程的韦达定理，属于中档题，对于本题而言，求出函数的导数，求得切线的斜率可得，由，可得，求出，由可得到方程有一根为，设出另一根，根据韦达定理可表示出另一根，根据求出的范围求出另一根的范围，进而可求出的值，因此正确利用导数以及韦达定理是解决问题的关键.二、填空题13已知两点，若向量与垂直，则实数 _.【答案】【解析】试题分析：由题意得，,则,即.【考点】
8、平面向量的运算.14已知函数，有两个零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析： 由题意，得，当时,令解得,故在上有个零点，在上有个零点.当时,令得.实数的取值范围是.【考点】函数零点的判定定理.15已知抛物线的焦点为抛物线上的动点，点，则的最小值为 _.【答案】【解析】试题分析：由题意得，焦点，准线方程为.过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角,故当最小时,最小，故当和抛物线相切时,最小,设切点,则的斜率为，有切线的斜率为，由,解得,可得，,即有.【考点】抛物线的性质.【方法点睛】本题主要考查的是抛物线的定义，性质的简单应用，直线的斜率公式，导数的几何意义，属于
9、中档题，此类题目主要利用抛物线的第二定义，将，将转换成，进而将转化成求最小值，利用导数的几何意义求出最小值，因此正确利用抛物线的定义 和导数的几何意义是解决问题的关键.16已知抛物线列满足，则_.【答案】【解析】试题分析：由题意得，利用，对分别进行讨论，当进行分类讨论，发现，从而得到.【考点】利用数列的递推关系求通项公式.【方法点睛】本题主要考查的是利用递推关系的应用，分类讨论方法，推理能力与计算能力，属于中档题，此类题目在求解的时候千万不要不知所措，一定有办法求出其为周期数列，那么重要的步骤就是求出其周期，此时需要观察本身余弦函数的周期性，那么是以为周期，因此可进行讨论，进而发现周期，可求解
10、.三、解答题17在中, 角、所对的边分别为、，且.（1）求的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）先对角进行余弦定理可得，再对进行余弦定理即可求解；（2）由条件利用余弦定理求得，可得的面积.试题解析：（1）因为,由余弦定理得, ,即 ，根据余弦定理，有 ，又，故.（2）因为, 由余弦定理得，,所以, 又，所以 .所以.【考点】1.面积公式的运用；2.余弦定理的运用.18等差数列的前项和为，且,数列满足.（1）求；（2）设,求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用等差数列的通项公式及其前项和公式即可得出；（2）利用递推关系与裂项求和
11、即可得出前项和.试题解析：（1）设等差数列的公差为，由,得,解得,所以 .（2）由（1）得, 所以时, , -得, 又 也符合式 ,所以,所以,所以.【考点】1.数列求和；2.等差数列的通项公式.19如图，三棱柱中，平面平面，是的中点.（1）求证: 平面 ；（2）若,求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接，交于点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明平面；（2）若，分别求出三棱锥的底面积和高的大小，根据三棱锥的体积公式即可求三棱锥的体积.试题解析：（1）连结交于点，则为中点,是的中点, .又平面平面平面.（2）.取中点,连结,为等边三角形, 且.又平面平
12、面,平面平面平面平面.【考点】1.棱柱、棱锥、棱台的体积；2.直线与平面平行的判定.20已知过点的直线与椭圆交于两点.（1）若直线的斜率为，求的取值范围；（2）若以为直径的圆经过点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】试题分析：（1）由题意设出直线的方程，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程后由判别式大于求得的取值范围；（2）设出的坐标，利用根与系数的关系得到的横坐标的和与积，结合以为直径的圆经过点，由求得值，则直线方程可求.试题解析：（1）依题意，直线的方程为，由,消去得,令,解得或,所以 的取值范围是.（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为,则,此时以为直径的圆过点
13、，满足题意.直线的斜率存在时，设直线的方程为,又,所以.由（1）知，,所以.因为以直径的圆过点，所以，即，解得，满足.故直线的方程为.综上，所求直线的方程为或.【考点】1.直线与椭圆的综合问题；2.韦达定理.【方法点睛】本题主要考查的是椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线位置关系的应用，体现了设而不求的解题思想方法，是中档题，本题（1）问主要是联立直线与椭圆方程，化成一元二次方程的判别式大于求出的取值范围，（2）利用求出值，进而求出直线方程,因此解决直线与圆锥曲线位置关系时应该熟练运用韦达定理解题.21已知函数.（1）求的最小值；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题
14、分析：（1）求函数的导数，利用导数判断在上单调递增，从而求出的最小值；（2）讨论以及时，对应函数的单调性，求出满足时的取值范围.试题解析：（1）因为, 所以,令,则,所以当时，,故在上单调递增，所以当时，即，所以在上单调递增，故当时，取得最小值.（2）当时，对于任意的，恒有，又由（1）得，故恒成立.当时，令，则，由（1）知在上单调递增 所以在上单调递增，又，取，由（1）得，所以函数存在唯一的零点，当时，在上单调递减 ，所以当时，即，不符合题意.综上，的取值范围为.【考点】1.利用导数求闭区间上函数的最值；2.利用导数研究函数的单调性.【方法点睛】本题主要考查的是利用导数求函数的最值及其综合应用
15、，不等式应用问题，考查了分类讨论思想，属于中档题，解决本题（1）问利用导数求函数的单调区间，（2）问需要分类讨论的大小，或者根据不等式的特点构造函数，再利用导数判断函数的单调性是否存在零点，从而求出满足时的取值范围，因此正确构造函数或者正确选择分类标准是解题的关键.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）利用弦切角定理和圆周角定理能证明；（2）连结,则，由，能求出.试题解析：（1）因为是的切线，所以,因为, 所以,所以,所以.（2）若为的直径（如图），连结，则，由，可得，在中，因为，所以.【考点】圆的综合性质.23选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（
16、其中为参数），曲线,以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的普通方程和曲线的极坐标方程；（2）若射线与曲线，分别交于两点，求.【答案】（1），；（2）.【解析】试题分析：（1）由，能求出曲线普通方程，由，能求出曲线的极坐标方程；（2）由（1）可求出的坐标，进而求出的值.试题解析：（1） 由,得,所以曲线的普通方程为. 把, 代入,得,化简得，曲线的极坐标方程.（2）依题意可设.因为曲线的极坐标方程为,将代入曲线的极坐标方程得,解得.同理将曲线的极坐标方程得.所以.【考点】1.简单曲线的极坐标方程；2.参数方程化成普通方程.24选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当时，求的解集；（2）若不等式的解集包含，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）当时，不等式即，利用绝对值的意义求得它的解集；（2）不等式即，分类讨论得到解集，再根据解集中包含，从而得到的取值范围.试题解析：（1）时，原不等式可化为, 当时，原不等式化为,即，此时，不等式的解集为.当时，原不等式化为,即，此时，不等式的解集为.当时，原不等式化为,即，此时，不等式的的解集为.综上,原不等式的解集为.（2）不等式的解集包含,等价于,对恒成立，即对恒成立，所以，即对恒成立，故的取值范围为.【考点】绝对值不等式的解法.
2016年福建福州市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）
