1、台州市2016学年第一学期高三年级期末质量评估试题第卷（共40分）一、选择题：本大题共10个小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知全集，集合，,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以，应选答案B。2. 已知复数 的虚部1，则 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以，应选答案A。3. 已知随机变量，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以，应选答案C。4. 已知，则 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以，应选答案C。5. 已知实数满足，则的取值范围为( )A.
2、B. C. D. 【答案】A【解析】因为，又，所以，应选答案A。6. 已知，则“”是“抛物线的焦点在轴正半轴上”的( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若“”，则中的，所以“抛物线的焦点在轴正半轴上”成立，是充分条件；反之，若“抛物线的焦点在轴正半轴上”，则中的，即，则“”成立，故是充分必要条件，应选答案C。.7. 已知函数，下列选项中不可能是函数图象的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因，故当时，判别式，其图像是答案C中的那种情形；当时，判别式，其图像是答案B中的那种情形；判别式，其图像是答案A中的那种
3、情形；当 ，即也是答案A中的那种情形，应选答案D。8. 袋子里装有编号分别为“”的个大小、质量相同的小球，某人从袋子中一次任取个球，若每个球被取到的机会均等，则取出的个球编号之和大于的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题设取三个球的所有可能有，其中编号之和小于或等于7的所有可能有共6种，其概率，所以个球编号之和大于的概率为，应选答案B。9. 已知函数，则方程的实根个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时，则 ，在同一直角坐标系中画出函数 的图像如上图，则两图像有3个交点，即方程有3个实数根；当时，则 ，在同一直角坐标系中画出函数 的图像如下图，则两图像有
4、1个交点，即方程有1个实数根.。所以方程共有4个实数根，应选答案D。点睛：本题也是一道难题，求解时充分利用题设条件中提供的信息，借助转化与化归的数学思想、函数方程思想、数形结合的数学思想等重要数学思想与方法，通过对绝对值问题的分类讨论使得问题的求解得到转化与化归，借助函数的图像之间的变换使得问题变得更加直观与简捷。10. 如图，在矩形中，四边形为边长为的正方形，现将矩形沿过点的动直线翻折，使翻折后的点在平面上的射影落在直线上,若点在折痕上射影为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由于平面，平面，则，故三点共线。建立如上图所示的平面直角坐标系，则，过点的直线的方程为，则
5、点到直线的距离；又因，则直线的方程为，令可得，则点到直线的距离，则，令，则，（当且仅当时取等号），故应选答案A。点睛：本题的解答过程中，先借助空间线面的垂直位置关系，断定三点共线，进而构建平面直角坐标系，建立过点的直线的方程为，再运用点到直线的距离公式，求出点到直线的距离；再借助 ，建立直线的方程为，进而运用点到直线的距离公式求得到直线的距离，最后得到，然后运用换元法与基本等式使得问题巧妙获解。11. 已知函数，则_，_【答案】 (1). 1 (2). 0【解析】由分段函数的定义可得，则，应填答案。12. 以坐标原点为圆心，且与直线相切的圆方程是_，圆与圆的位置关系是_【答案】 (1). (2
6、). 相交【解析】由题意所求圆的半径等于原点到直线的距离，即，则所求圆的方程为；因圆与圆的圆心和半径分别为，且，故两圆的位置关系是相交，应填答案 和相交。13. 已知公差不为的等差数列，若 且成等比数列，则_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】由题设条件可得，则，应填答案 1 和 。14. 某空间几何体的三视图如图所示，其中正视图是长方形，侧视图是一个等腰梯形，则该几何体的体积是_，表面积是_【答案】 (1). (2). 【解析】由题设中提供的三视图的图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是梯形的横卧的四棱柱，其体积，表面积为，其中，故该几何体的表面积，应填答案。15. 已知在中，内
7、角的对边分别为且 ，则的面积为_【答案】【解析】由题设条件得，则由可得， 与联立可得，故，由正弦定理，则，所以的面积，应填答案。16. 已知不共线的平面向量满足若向量,且,，则_【答案】【解析】设，则由题意三点共线，由题设条件得，即是中的平分线，由角平分线的性质可得，故，即，也即，所以，则，应填答案。点睛：解答本题的关键借助题设条件断定是中的平分线，然后再由角平分线的性质可得，进而得到，即，也即，最后得到，再运用待定系数的思想求得，使得问题简捷、巧妙获解。17. 已知函数,当时，设的最大值为，则的最小值为_【答案】点睛：解答本题的难点在于分析函数的最大值是如何取得的，在一个就是如何构造绝对值不
8、等式使得问题成立。求解时充分借助题设条件，先分出函数的最大值只有在中产生，如果直接求其最大值则很难奏效，这里是运用绝对值不等式的性质及不等式取等号的条件，也就是等且仅当时取等号，即取等号，这是解答本题的关键，也是解答本题的难点。18. 已知函数的最小正周期为，且为图像的一条对称轴.()求和的值；()设函数,求的单调递减区间.【答案】() ；().【解析】【试题分析】（1）借助题设条件先运用周期公式求出求出借助取最值时的条件,求出,由，得 ；（2）借助正弦曲线的单调递减区间求解不等式： ()因为的最小正周期为,由所以 由,所以的图像的对称轴为,由，得 ()函数. . 所以的单调递减区间.19.
9、如图,在边长为的菱形中,为的中点,点为平面外一点,且平面平面()求证:平面;()求直线与平面所成角的正弦值.【答案】() 证明见解析；（）. 【解析】【试题分析】（1）借助题设条件运用面面垂直的性质定理推证；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式的运算和数量积公式进行求解：() 证明:在边长的菱形中,又因为,所以,所以. 因为平面平面.平面平面,又因为平面所以平面. （）以为原点，分别为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，由已知得 设平面的法向量， 因为由，得 设,所以,所以 . 又因为 ,所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 20. 已知函数.() 当时,求在处的切线方程;()
10、 当时,求在区间上的最小值(用表示).【答案】() ；().【解析】【试题分析】（1）借助题设运用导数的几何意义 () 当时,所以,所以在处的切线方程. () 当时,由已知得 当时,由,知在是上单调递增. 当时,由(1)当时,在上递增,在上递减,在上递增,所以. (2)当时,在上递增,在上递增,在上递增, 所以 综上所述, 21. 已知椭圆.() 若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为的正三角形,求椭圆的标准方程;() 过右焦点的直线与椭圆交于两点,过点作的垂线,交直线于点,若的最小值为,试求椭圆离心率的取值范围. 【答案】() .【解析】【试题分析】（1）依据题设条件即再求求解；（2）建立
11、平面直角坐标系，先设直线与椭圆的位置关系建立方程用根与系数的关系求出，则，进而由椭圆的定义可得。再设垂线的方程为，令得，即，则，则，即，也即，故： () 依条件知即而故所求椭圆的标准方程为 () 设焦点,则直线且 联立得则，则，故由椭圆的定义可得。又垂线的方程为，令得，即，则，则，即，也即，故。点睛：椭圆是圆锥曲线中的重要代表之一，也是高考重点考查的重要内容之一，求解本题的第一问时，可直接依据题设条件，求椭圆标准方程中的参数，使得问题获解；求解第二问时，可依据题设条件，先建立直线的方程，再借助直线与椭圆的位置关系进行分析推算出，进而求得目标函数的解析式，再运用不等式， 获得取得最值的条件即，也
12、即，故。，使得问题巧妙获解。22. 已知数列满足：.()求证：；（）求证：；（）若求正整数的最小值.【答案】()证明见解析；()证明见解析 ；() .【解析】【试题分析】（1）借助题设条件运用数列的递推关系推证；（2）依据题设中的递推关系运用叠加法与放缩法进行推证；（3）借助（2）的结论及题设条件所以 进行分析探求： ()证明:由得 因为所以,因此所以. ()证明:由已知得 所以由 累加可得 当时,由()得所以所以 () 解:由()得所以 所以又因为所以的最小值为.点睛：数列是高中数学中的重要内容之一，也是高考重点考查是考点。解答本题的第一问时，先借助题设中提供的数列递推关系式，运用数列的递推关系推证而获证；求解第二问时，先对题设中提供是数列递推式进行巧妙变形，再运用叠加法与放缩法进行推证从而使得问题巧妙获证；第三问求解则是充分借助题设条件及第二问中的结论，适当放缩不等式从而使得问题获证，值得指出的是这一问的缩放一定要缩放得当、恰到好处。
