1、宁波市2014-2015学年度第一学期期末考试高三数学（理科）试卷一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，满分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.已知集合，则实数的不同取值个数为（ ）A B C D【答案】B考点：1、集合间的关系；2、一元二次方程2.在中，“”是“”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件【答案】B【解析】试题分析：在中，由得：，因为“”“”，“” “”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B考点：1、三角函数的性质；2、充分条件与必要条件3.若过点的直线与圆有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ）A B
2、 C D【答案】C【解析】试题分析：设直线的斜率为，则直线的方程为，即，圆的圆心，半径，圆心到直线的距离，因为直线与圆有公共点，所以，即，解得：，所以直线斜率的取值范围是，故选C考点：直线与圆的位置关系4.下列命题中，错误的是（ ）A平行于同一平面的两个不同平面平行B一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交C如果两个平面不垂直，那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直D若直线不平行于平面，则此直线与这个平面内的直线都不平行【答案】D【解析】试题分析：平行于同一平面的两个不同平面平行，所以选项A正确；一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一平面相交，所以选项B正确；
3、如果两个平面不垂直，那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直，所以选项C正确；若直线不平行于平面，则此直线与这个平面内的直线有可能平行，所以选项D错误故选D考点：空间点、线、面的位置关系5.函数（）的图象与轴正半轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，若要得到函数的图象，只要将的图象（ ）个单位A向左平移 B向右平移C向左平移 D向右平移【答案】D【解析】试题分析：由题意知，所以，因为，所以，所以，因为，所以要得到函数的图象，只要将的图象向右平移个单位，故选D考点：三角函数的图象与性质6.若函数分别是定义在上的偶函数、奇函数，且满足，其中，则有（ ）A BC D【答案】C【解析】试题分
4、析:因为，所以，因为函数，分别是定义在上的偶函数、奇函数，所以，所以，联立、，解得：，所以，因为，所以，即，故选C考点：1、函数的奇偶性；2、函数的解析式；3、函数值的比较大小7.已知抛物线，为坐标原点，为其焦点，当点在抛物线上运动时，的最大值为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：抛物线的焦点，设点（），则，所以，设（），则，因为，所以当，即时，的最大值是，故选A考点：1、抛物线的简单几何性质；2、二次函数的性质8.如图四棱柱中，面，四边形为梯形，且过三点的平面记为，与的交点为，则以下四个结论：直线与直线相交；四棱柱被平面分成的上下两部分的体积相等，其中正确的个数为（ ）A1个 B
5、2个 C3个 D4个【答案】B【解析】试题分析：延长与相交于，则，连结因为平面，所以，因为，且，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，即，因为，所以直线与直线不相交，因为，所以，因为面，所以，所以，所以正确的个数是，故选B考点：1、平面的基本性质；2、平行线分线段成比例；3、四棱柱的性质； 4、空间几何体的体积二、填空题（本大题共7小题，前4题每空3分，后3题每空4分，共36分）9.已知，则 ， 【答案】，【解析】试题分析：，因为，所以，所以答案应填：，考点：1、分段函数；2、函数值10.若正项等比数列满足，则公比 ， 【答案】，【解析】试题分析：因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，
6、所以答案应填：，考点：1、等比数列的性质；2、等比数列的通项公式11.某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体侧视图的面积为 ，此几何体的体积为 【答案】，【解析】试题分析：此几何体的侧视图是直角边长分别为，的直角三角形，所以此几何体的侧视图的面积是由三视图知：此几何体是以正视图为底面的四棱锥，所以此几何体的体积是，所以答案应填：，考点：1、三视图；2、空间几何体的体积12.若实数，满足约束条件，已知点所表示的平面区域为三角形，则实数的取值范围为 ，又有最大值，则实数 【答案】，【解析】试题分析：作出可行域如图所示：由得：，所以点的坐标为，要使所表示的平面区域为三角形，则点必须在直线的下
7、方，所以，即，所以实数的取值范围是作直线，再作一组平行于的直线，当直线经过点时，取得最大值，由得：，所以点的坐标为，所以，因为有最大值，所以，解得：，所以答案应填：，考点：线性规划13.过双曲线上任一点向两渐近线作垂线，垂足分别为，则的最小值为 【答案】【解析】试题分析：由题意得：，四点共圆，要使取得最小值，只须圆的直径取得最小值，即圆的直径的最小值是，因为双曲线的渐近线方程为，所以，由正弦定理得：，所以，所以答案应填：考点：1、圆的内接四边形的判定定理；2、双曲线的简单几何性质；3、正弦定理14.已知函数（其中常数），若存在，使得，则的取值范围为 【答案】【解析】试题分析：因为，所以是奇函数
8、，因为存在，使得，所以函数的最小正周期，解得：，所以的取值范围是，所以答案应填：考点：1、函数的奇偶性；2、三角函数的图象与性质15.已知，满足，且，则的最小值为 .【答案】考点：1、平面向量数量积的运算性质；2、绝对值不等式的性质三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.（本题满分15分）在中，角、的对边分别为、，且满足（）求角的大小；（）若，求面积的最大值【答案】(I)；（II）【解析】试题分析：（I）先利用二倍角的余弦公式和降幂公式可得的值，再利用角的取值范围即可得的值；（II）取中点，则，先利用余弦定理可得，再利用基本不等式可得，进而利用
9、三角形的面积公式可得面积的最大值考点：1、二倍角的余弦公式；2、降幂公式；3、特殊角的三角函数值；4、余弦定理；5、基本不等式；6、三角形的面积公式17.(本题满分15分) 如图，已知平面为等边三角形. () 求证:平面平面；() 求二面角的平面角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】试题分析：（I）取的中点、的中点，连结、，先证，再证平面，进而可证平面平面；（II）过作于，过作于，先找出二面角的平面角，再在直角三角形中算出的值，即可得二面角的平面角的余弦值试题解析：（）取的中点、的中点，连结、，是平行四边形3分平面，平面，平面平面，平面平面6分（另证：可证得是二面角的平面角3分在
10、中，计算可得：，满足故，平面平面6分）（）方法1：过作于，过作于由，可得平面，平面平面从而平面，由此可得平面即就是二面角的平面角10分因为，13分故，即二面角的平面角的余弦值为15分（另解：过中点作于，连结，可证得就是二面角的平面角10分在中，计算可得：，13分故，即二面角的平面角的余弦值为15分）方法2：作于，平面，平面以、所在直线分别为轴、轴，为坐标原点建立坐标系则，9分于是，设平面的法向量为，则取，则设平面的法向量为，则取，则13分即二面角的平面角的余弦值为15分考点：1、面面垂直；2、二面角18.(本小题满分15分) 如图，设椭圆的左、右焦点分别为，过作直线交椭圆与两点，若圆过，且的周
11、长为.（）求椭圆和圆的方程；（）若为圆上任意一点，设直线的方程为：求面积的最大值.【答案】（I），；（II）【解析】试题分析：（I）由已知得，解得，的值，即可得椭圆和圆的方程；（II）设点，点，先由，消去，得：，进而可得的值，再算出点到直线的距离最大，进而利用三角形的面积公式即可得面积的最大值试题解析：（I）由已知得3分解得，5分故椭圆，圆6分（）设点，点将直线方程代入椭圆方程得故，8分所以10分为使最大，则使点到直线的距离最大最大距离等于圆心到直线的距离与圆半径之和，即13分所以15分考点：1、椭圆的标准方程；2、圆的标准方程；3、直线与圆锥曲线的位置关系；4、三角形的面积公式19.(本小题
12、满分15分)如果数列同时满足以下两个条件：(1)各项均不为0；(2)存在常数，对任意都成立，则称这样的数列为“类等比数列”.（I）若数列满足证明数列为“类等比数列”，并求出相应的的值；（II）若数列为“类等比数列”，且满足问是否存在常数，使得对任意都成立？若存在，求出，若不存在，请举出反例.【答案】（I）证明见解析，；（II）存在常数，使得对任意都成立【解析】试题分析：（I）先证，再计算的值，进而可证数列为“类等比数列”和可得的值；（II）先由已知可得，进而可得，再由数列为“类等比数列”可得的值，进而可得存在常数，使得对任意都成立试题解析：（）显然2分又为定值所以数列为 “类等比数列”，此时6
13、分（）因为，所以，所以，即8分由于，此等式两边同除以，得10分所以即当都有12分因为，所以13分所以，存在常数，使15分（注：只给出结论给2分）考点：1、数列的新定义；2、数列的存在性问题20.（本小题满分14分）已知为实数，对于实数和，定义运算“”： 设 （1）若在上为增函数，求实数的取值范围； （2）已知，且当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）先求出的解析式，再对进行分类，进而对和的取值范围进行讨论函数的单调性，即可得实数的取值范围；（2）令，则，先令可得方程的根，再对的取值范围进行分类讨论可得的取值范围试题解析：1分（1）在上为增函数，则或或解得3分若在上为增函数，则或或解得5分综上所述，的取值范围为6分所以，即，解得由、得13分综合、所述，所求的取值范围为14分考点：1、函数的单调性；2、函数的值域；3、不等式的恒成立
