上學期期末高三數學試卷試題
我們如果喜歡數學的話就要多多做一下題才可以，小編今天下面就給大家整理高三數學，希望大家可以來學習一下
高三數學上學期期末試卷帶答案
參考公式：樣本數據 的方差 ，其中 .
柱體的體積 ，其中 為柱體的底面積， 為高.
一、 填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分.
1.已知集合 ，則 ________.
2.已知復數 滿足 ( 是虛數單位)，則復數 ________.
3. 已知5位裁判給某運動員打出的分數為 ，
且這5個分數的平均數為 ，則實數 ________.
4. 一個算法的偽代碼如右圖所示，執行此算法，若輸出的 值為 ，
則輸入的實數 的值為________.
5. 函數 的定義域為________.
6. 某校開設5門不同的選修課程，其中3門理科類和2門文科類，某同學從中選修2門課程，則該同學恰好選中1文1理的概率為________.
7. 已知雙曲線 的離心率為2，直線 經過雙 的焦點，則雙曲線 的漸近線方程為________.
8. 已知圓錐 ，過 的中點 作平行于圓錐底面的截面，以截面為上底面作圓
柱 ，圓柱的下底面落在圓錐的底面上(如圖)，則圓柱 的體積與圓錐 的
體積的比值為________.
9. 已知正數 滿足 ，則 的最小值為________.
10. 若直線 與曲線 ( 是自然對數的底數)相切，則實數
________.
11. 已知函數 是偶函數，點 是函數 圖象
的對稱中心，則 最小值為________.
12. 平面內不共線的三點 ，滿足 ，點 為線段 的中點， 的平分線交線段 于 ，若| ，則 ________.
13. 過原點的直線 與圓 交于 兩點，點 是該圓與 軸負半軸的交點，以 為直徑的圓與直線 有異于 的交點 ，且直線 與直線 的斜率之積等于 ，那么直線 的方程為________.
14. 數列 滿足 ，且數列 的前 項和為 ，已知數列 的前 項和為1，那么數列 的首項 ________.
二、 解答題：本大題共6小題，共90分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.
15. (本小題滿分14分)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，點M，N分別是AB，CC1的中點.
(1) 求證：CM∥平面AB1N;
(2) 求證：平面A1BN⊥平面AA1B1B.
(第15題)
16. (本小題滿分14分)已知在△ABC中，a，b，c分別為三個內角A，B，C的對邊，且b2-233bcsinA+c2=a2.
(1) 求角A的大小;
(2) 若tanBtanC=3，且a=2，求△ABC的周長.
17. (本小題滿分14分)已知在平面直角坐標系xOy中，橢圓C1：x2a2+y2b2=1的焦點在橢圓C2：y2a2+x2b2=1上，其中a>b>0，且點63，63是橢圓C1，C2位于第一象限的交點.
(1) 求橢圓C1，C2的標準方程;
(2) 過y軸上一點P的直線l與橢圓C2相切，與橢圓C1交于點A，B，已知PA→=35PB→，求直線l的斜率.
18. (本小題滿分16分)某公園要設計如圖(1)所示的景觀窗格(其結構可以看成矩形在四個角處對稱地截去四個全等三角形所得，如圖(2)中所示的多邊形ABCDEFGH)，整體設計方案要求：內部井字形的兩根水平橫軸AF=BE=1.6 m，兩根豎軸CH=DG=1.2 m，記景觀窗格的外框(圖(2)中實線部分，軸和邊框的粗細忽略不計)總長度為l m.
(1) 若∠ABC=2π3，且兩根橫軸之間的距離為0.6 m，求景觀窗格的外框總長度;
(2) 由于預算經費限制，景觀窗格的外框總長度不超過5 m，當景觀窗格的面積(多邊形ABCDEFGH的面積)最大時，給出此景觀窗格的設計方案中∠ABC的大小與BC的長度.
圖(1) 圖(2)
(第18題)
19. (本小題滿分16分)已知在數列{an}中，a1=1，且an+1+3an+4=0，n∈N*.
(1) 求證：{an+1}是等比數列，并求數列{an}的通項公式;
(2) 數列{an}中是否存在不同的三項按照一定順序重新排列后，構成等差數列?若存在，求出滿足條件的項;若不存在，請說明理由.
20. (本小題滿分16分)已知函數m(x)=x2，函數n(x)=aln x+1(a∈R).
(1) 若a=2，求曲線y=n(x)在點(1，n(1))處的切線方程;
(2) 若函數f(x)=m(x)-n(x)有且只有一個零點，求實數a的取值范圍;
(3) 若函數g(x)=n(x)-1+ex-ex≥0對x∈[1，+∞)恒成立，求實數a的取值范圍.(e是自然對數的底數，e=2.718 28…)
江蘇省常州市2019屆高三上學期期末考試
數學參考答案及評分標準
1. {1} 2. -i 3. 9.5 4. 3 5. (0，e] 6. 35
7. y=±3x 8. 38 9. 4 10. e2
11. π2 12. 23 13. y=±3x 14. 32
(第15題)
15. (1) 令AB1交A1B于點O，連接OM，ON，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1，BB1=CC1，且四邊形AA1B1B是平行四邊形，所以O為AB1的中點，又因為M為AB的中點，所以OM∥BB1，且OM=12BB1.因為N為CC1的中點，CN=12CC1，所以OM=CN，且OM∥CN，所以四邊形CMON是平行四邊形，(5分)
所以CM∥ON，又ON⊂平面AB1N，CM⊄平面AB1N，所以CM∥平面AB1N.(7分)
(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BB1⊥CM.(9分)
因為CA=CB，M為AB的中點，所以CM⊥AB，又由(1)知CM∥ON，所以ON⊥AB，ON⊥BB1.又因為AB∩BB1=B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以ON⊥平面AA1B1B.(12分)
又ON⊂平面A1BN，所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.(14分)
16. (1) 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，又b2-233bcsinA+c2=a2，
所以b2-2bccos A+c2=b2-233bcsinA+c2，即2bccos A=233bcsin A，(3分)
從而sinA=3cosA，若cosA=0，則sinA=0，與sin2A+cos2A=1矛盾，所以cos A≠0，
所以tanA=3.又A∈(0，π)，所以A=π3.(7分)
(2) tanB+tanC1-tanBtanC=tan(B+C)=tan(π-A)=tan2π3=-3.(9分)
又tanBtan C=3，所以tanB+tanC=-3×(-2)=23，解得tanB=tanC=3.(11分)
又B，C∈(0，π)，所以B=C=π3.又因為A=π3，所以△ABC是正三角形，
由a=2，得△ABC的周長為6.(14分)
17. (1) 橢圓C1：x2a2+y2b2=1的焦點坐標為(±c，0)，代入橢圓C2的方程有c2b2=1，
點P63，63的坐標代入橢圓C1，C2的方程有C1：23a2+23b2=1，
所以c2b2=1，a2=b2+c2，23a2+23b2=1，解得a2=2，b2=c2=1，(3分)
所以橢圓C1，C2的標準方程分別為x22+y2=1，y22+x2=1.(5分)
(2) 由題意知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)，
由y22+x2=1，y=kx+m，消去y，得(kx+m)22+x2=1，
即1+k22x2+kmx+m22-1=0，
Δ=k2m2-41+k22m22-1=0，
即k2+2-m2=0.(7分)
由x22+y2=1，y=kx+m，消去y，得x22+(kx+m)2=1，
即12+k2x2+2kmx+m2-1=0，
因為直線l與橢圓C1相交，有Δ=4k2m2-412+k2(m2-1)=4k2-12m2+12>0(*)，
x1，2=-2km±4k2-12m2+12212+k2.(9分)
因為PA→=35PB→，即(x1，y1-m)=35(x2，y2-m)，則5x1=3x2，所以5-2km+4k2-12m2+12212+k2=
3-2km-4k2-12m2+12212+k2或
5-2km-4k2-12m2+12212+k2=
3-2km+4k2-12m2+12212+k2化簡得，km=
4k2-12m2+12或km=-4k2-12m2+12，
即k2m2=16k2-12m2+12.(12分)
又因為k2+2-m2=0，解得k2=2，m2=4或k2=4，m2=6，符合(*)式，所以直線l的斜率為±2或±2.(14分)
18. (1) 記CH與AF，BE的交點為M，N，
由∠ABC=2π3，得在△BCN中，∠CBN=π6，
其中CN=HM=12(1.2-0.6)=0.3 m，
所以BC=CNsin∠CBN=0.3sinπ6=35m，
BN=CNtan∠CBN=0.3tanπ6=3310m，(2分)
所以CD=BE-2BN=1.6-335=8-335，則
AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+ HA=2AB+2CD+4BC=1.2+16-635+125=34-635.(5分)
答：景觀窗格的外框總長度為34-635 m.(6分)
(2) AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+HA=2AB+2CD+4BC≤5，
設∠CBN=α，α∈0，π2，BC=r，
則CN=rsinα，BN=rcosα，
所以AB=CH-2CN=1.2-2rsinα， CD=BE-2BN=1.6-2rcosα，
所以2(1.2-2rsinα)+2(1.6-2rcosα)+4r≤5，即4r(sinα+cosα-1)≥35.(8分)
設景觀窗格的面積為S，有S=1.2×1.6-2r2sinα•cosα≤4825-9sinαcosα200(sinα+cosα-1)2當且僅當4r(sinα+
cosα-1)=35時取等號.(9分)
令t=sinα+cosα∈(1，2]，則sinαcosα=t2-12，
所以S≤4825-9t2-12200(t-1)2=4825-9400•1+2t-1，其中1+2t-1≥1+22-1當且僅當t=2，即α=π4時取等號，(12分)
所以S≤4825-94001+2t-1≤4825-9400•1+22-1=4825-9400(3+22)=741400-92200，
即S≤741400-92200當且僅當4r(sinα+cosα-1)=35
且α=π4時，取等號，
所以當且僅當r=3(2+1)20且α=π4時，S取到最大值.(15分)
答：當景觀窗格的面積最大時，此景觀窗格的設計方案中∠ABC=3π4且BC=3(2+1)20 m.(16分)
19. (1) 由an+1+3an+4=0，得an+1+1=-3(an+1)，n∈N*，(2分)
其中a1=1，所以a1+1=2≠0，可得an+1≠0，n∈N*，(4分)
所以an+1+1an+1=-3，n∈N*，所以{an+1}是以2為首項，-3為公比的等比數列，(6分)
所以an+1=2(-3)n-1，
所以數列{an}的通項公式為an=2(-3)n-1，n∈N*.(8分)
(2) 若數列{an}中存在三項am，an，ak(m
分以下三種情形：
①am位于中間，則2am=an+ak，即2[2(-3)m-1-1]=2(-3)n-1-1+2 (-3)k-1-1，
所以2(-3)m=(-3)n+(-3)k，兩邊同時除以(-3)m，得2=(-3)n-m+(-3)k-m是3的倍數，舍去;
②an位于中間，則2an=am+ak，即2[2(-3)n-1-1]=2(-3)m-1-1+2(-3)k-1-1，
所以2(-3)n=(-3)m+(-3)k，兩邊同時除以(-3)m，得2(-3)n-m=1+(-3)k-m，
即1=2(-3)n-m-(-3)k-m是3的倍數，舍去;
③ak位于中間，則2ak=am+an，即2[2(-3)k-1-1]=2(-3)m-1-1+2(-3)n-1-1，
所以2(-3)k=(-3)m+(-3)n，兩邊同時除以(-3)m，得2(-3)k-m=1+(-3)n-m，
1=2(-3)k-m-(-3)n-m是3的倍數，舍去.(15分)
綜上可得，數列{an}中不存在三項滿足題意.(16分)
20. (1) 當a=2時，n(x)=2ln x+1，所以n′(x)=2x，
所以n′(1)=2，又n(1)=1，
所以切線的方程為y-1=2(x-1)，即y=2x-1.(3分)
(2) f(x)=x2-aln x-1，定義域為(0，+∞)，其圖象是一條不間斷的曲線，
f′(x)=2x-ax=2x2-ax.
①若a≤0，則f′(x)>0對x∈(0，+∞)恒成立，
所以y=f(x)在(0，+∞)上單調遞增，又f(1)=0，
所以y=f(x)在(0，+∞)上只有一個零點，符合題意.
②若a>0，令f′(x)=0，得x=a2或x=-a2(舍去).
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x 0，a2
a2
a2，+∞
f′(x) - 0 +
f(x) ? 極小值 ?
1°.若a2>1，即a>2，此時a>a2，則fa2
令F1(a)=a2-aln a-1，a≥2，
則F1′(a)=2a-ln a-1，
令F2(a)=2a-ln a-1，則F2′(a)=2-1a>0對a∈[2，+∞)恒成立，
所以F2(a)=2a-ln a-1在[2，+∞)上單調遞增，
所以F2(a)≥F2(2)=3-ln 2>0，
即F1′(a)>0對a∈[2，+∞)恒成立，
所以F1(a)=a2-aln a-1在[2，+∞)上單調遞增，
所以F1(a)≥F1(2)=3-2ln 2>0，
即f(a)>0，又因為fa2<0，且函數f(x)在a2，+∞上單調遞增，
所以函數f(x)在a2，+∞上有且只有一個零點，
因為函數f(x)在0，a2上單調遞減，且有一個零點x=1，故函數f(x)在(0，+∞)上有兩個零點，不符合題意，舍去.
2°.若a2=1，即a=2，
則函數f (x)在(0，1)上單調遞減，所以f(x)>f(1)=0，
函數f(x)在(1，+∞)上單調遞增，所以f(x)>f(1)=0，
故函數f(x)在(0，+∞)上有且只有一個零點，符合題意.
3°.若a2<1，即0
因為函數f(x)在a2，+∞上單調遞增，
所以fa2
又fe-1a=e-2a>0，所以函數f(x)在(0，1)內必有零點，
又因為1是函數f(x)的零點，不符合題意，舍去.(9分)
綜上，a≤0或a=2.(10分)
(3) 當x≥1時，g(x)=aln x+ex-ex.
令G(x)=ex-ex，x≥1，則G′(x)=ex-e≥0對x∈[1，+∞)恒成立，
所以函數y=G(x)在[1，+∞)上單調遞增，所以G(x)≥G(1)=0.
①若a≥0，則當x≥1時，ln x≥0，所以g(x)=aln x+ex-ex≥0恒成立，符合題意.(11分)
②若a<0，g′(x)=ax+ex-e，令H(x)=ax+ex-e，x≥1，則H′(x)=ex-ax2>0恒成立，
所以H(x)=ax+ex-e在[1，+∞)上單調遞增，
且H(1)=a<0.
因為a<0，所以1-a>1，所以G(1-a)>G(1)=0，即e1-a>e(1-a).(12分)
所以H(1-a)=a1-a+e1-a-e>a1-a+e-ea-e=a1-a-ea=11-a+(1-a)-2-(e-1)a，
因為a<0，1-a>1，所以11-a+(1-a)>2，(e-1)a<0，
所以H(1-a)>0，因為H(x)=ax+ex-e在[1，+∞)上單調遞增，其圖象是一條不間斷的曲線，且H(1)=a<0，所以存在唯一的x0∈(1，1-a)，使得H(x0)=0，即g′(x0)=0，
當x∈(1，x0)時，g′(x)<0，所以函數y=g(x)在(1，x0)上單調遞減，
此時g(x)
綜上，a≥0.(16分)
高三上學期期末考試
數學附加題
21. 【選做題】在A、B、C三小題中只能選做2題，每小題10分，共20分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.
A. 選修42：矩陣與變換
已知點(1，2)在矩陣A=1x2y對應的變換作用下得到點(7，6).
(1) 求矩陣A;
(2) 求矩陣A的特征值及對應的特征向量.
B. 選修44：坐標系與參數方程
在平面直角坐標系xOy中，以原點O為極點，x軸非負半軸為極軸，建立極坐標系.直線l的參數方程為x=22t+1，y=12t(t為參數)，曲線C的極坐標方程為ρ=22sinθ+π4，求直線l被曲線C所截的弦長.
C. 選修45：不等式選講
已知a>0，b>0，求證：a+b+1≥ab+a+b.
【必做題】第22，23題，每小題10分，共20分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.
22. (本小題滿分10分)如圖，在空間直角坐標系Oxyz中，已知正四棱錐PABCD的高OP=2，點B，D和C，A分別在x軸和y軸上，且AB=2，點M是棱PC的中點.
(1) 求直線AM與平面PAB所成角的正弦值;
(2) 求二面角APBC的余弦值.
(第22題)
23. (本小題滿分10分)是否存在實數a，b，c使得等式1•3•5+2•4•6+…+n(n+2)(n+4)=n(n+1)4(an2+bn+c)對于一切正整數n都成立?若存在，求出a，b，c的值;若不存在，請說明理由.
數學附加題參考答案及評分標準
21. A. (1) 由題意知1x2y12=76，即1+2x=7，2+2y=6，解得x=3，y=2，所以A=1322.(3分)
(2) f(λ)=λ-1-3-2λ-2=(λ-1)(λ-2)-6=λ2-3λ-4，令f(λ)=0，得λ2-3λ-4=0，解得λ1=-1，λ2=4.(5分)
當λ1=-1時，-2x-3y=0，-2x-3y=0，取x=3，y=-2，所以屬于λ1=-1的一個特征向量為3-2，
當λ2=4時，3x-3y=0，-2x+2y=0，取x=1，y=1，所以屬于λ2=4的一個特征向量為11.(9分)
所以矩陣A的特征值為λ1=-1，λ2=4，對應的一個特征向量分別為3-2，11.(10分)
B. 直線l的普通方程為x-2y-1=0，曲線C的直角坐標方程為(x-1)2+(y-1)2=2，(4分)
所以曲線C是圓心為C(1，1)，半徑為r=2的圓，(6分)
所以圓心C(1，1)到直線l的距離為d=|1-2-1|1+(-2)2=23，(8分)
所以直線l被曲線C所截的弦長為2r2-d2=22-23=433.(10分)
C. 因為a>0，b>0，由柯西不等式可得(a+b+1)(b+1+a)≥(ab+a+b)2，
當且僅當ab=b1=1a時取等號，所以(a+b+1)2≥(ab+a+b)2.
又因為a+b+1>0，ab+a+b>0，
所以a+b+1≥ab+a+b.(10分)
22. (1) 記直線AM與平面PAB所成的角為α，A(0，-1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，
M0，12，1，則AB→=(1，1，0)，PA→=(0，-1，-2)，AM→=0，32，1，
設平面PAB的法向量為n=(x，y，z)，所以n•AB→=0，n•PA→=0，即x+y=0，-y-2z=0，取n=(2，-2，1)，
所以sinα=cos〈n，AM→〉=n•AM→|n|•|AM→|=23×132=41339，(5分)
即直線AM與平面PAB所成角的正弦值為41339.(6分)
(2) 設平面PBC的法向量為n1=(x，y，z)，
BC→=(-1，1，0)，PB→=(1，0，-2)，
由n1•BC→=0，n1•PB→=0，即-x+y=0，x-2z=0，取n1=(2，2，1)，所以cos〈n，n1〉=n•n1|n|•|n1|=13×3=19，(9分)
由圖可知二面角APBC的余弦值為-19.(10分)
23. 在1•3•5+2•4•6+…+n(n+2)(n+4)=n(n+1)4(an2+bn+c)中，
令n=1，得15=24(a+b+c);
令n=2，得63=64(4a+2b+c);
令n=3，得168=124(9a+3b+c)，
即a+b+c=30，4a+2b+c=42，9a+3b+c=56，解得a=1，b=9，c=20.(3分)
下面用數學歸納法證明：等式1•3•5+2•4•6+…+n(n+2)(n+4)=n(n+1)4(n2+9n+20)對于一切正整數n都成立.
當n=1時，等式成立;
假設當n=k時，等式成立，即
1•3•5+2•4•6+…+k(k+2)(k+4)=k(k+1)4•(k2+9k+20).(4分)
當n=k+1時，
1•3•5+2•4•6+…+k(k+2)(k+4)+(k+1)(k+3)(k+5)=k(k+1)4(k2+9k+20)+(k+1)(k+3)•(k+5)=14k(k+1)(k+4)(k+5)+(k+1)(k+3)(k+5)
=14(k+1)(k+5)(k2+8k+12)
=(k+1)(k+1+4)4[(k+1+1)(k+1+5)]
=(k+1)[(k+1)+1]4[(k+1)2+9(k+1)+20]，
即等式對n=k+1也成立.(8分)
綜上可得，等式1•3•5+2•4•6+…+n(n+2)•(n+4)=n(n+1)4(n2+9n+20)對于一切正整數n都成立.
所以存在實數a，b，c符合題意，且a=1，b=9，c=20.(10分)
高三數學理上冊期末試卷
第一部分(選擇題 共40分)
一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 已知集合 ， ，則 =
2. 設 是虛數單位，復數 ，則 的共軛復數為
3. 閱讀右邊的程序框圖，運行相應的程序，則輸出 的值為
4. 下列函數中為偶函數的是
5. 某四面體的三視圖如圖所示，該四面
體的體積為
6. 已知平面向量 ，則下列關系正確的是
7. 在 中， ，則 的面積為
8.
已知函數 則下列關于函數 的零點個數的判斷正確的是
A. 當 時，有4個零點;當 時，有1個零點
B. 當 時，有3個零點;當 時，有2個零點
C. 無論 為何值，均有2個零點
D. 無論 為何值，均有4個零點
第二部分(非選擇題共110分)
二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.
9. 在 的展開式中， 的系數為____________.(用數字作答)
10. 設 為等差數列 的前 項和， ，則其通項公式 ______ .
11. 若變量 滿足約束條件 ，則 的最小值等于______.
12. 寫出“ ”的一個充分不必要條件__________________.
13. 已知雙曲線中心在原點，一個焦點為 ，點 在雙曲線上，且線段
的中點坐標為 ，則雙曲線的離心率為__________.
14. 2018年個稅改革方案中專項附加扣除等內容將于2019年全面施行.不過，為了
讓老百姓盡早享受到減稅紅利，自2018年10月至2018年12月，先將工資所得稅起征額由3500元/月提高至5000元/月，并按新的稅率表(見附錄)計算納稅.
按照稅法規定，小王2018年9月和10月稅款計算情況分別如下:
月份 …… 納稅
所得額 起征額 應納
稅額 適用
稅率 速算
扣除數 稅款 稅后
工資
9 …… 6000 3500 2500 10% 105 145 5855
10 …… 6000 5000 1000 3% 0 30 5970
(相關計算公式為：應納稅額=納稅所得額–起征額，
稅款=應納稅額 適用稅率–速算扣除數，
稅后工資=納稅所得額–稅款 )
(1)某職工甲2018年9月應納稅額為2000元，那么他9月份的稅款為___元;
(2)某職工乙2018年10月稅后工資為14660元，則他享受減稅紅利為____元.
附錄：
原稅率表(執行至2018年9月) 新稅率表(2018年10月起執行)
應納稅額 稅率 速算
扣除數 應納稅額 稅率 速算
扣除數
不超過1500元 3% 0元 不超過3000元 3% 0元
1500元至4500元 10% 105元 3000元至12000元 10% 210元
4500元至9000元 20% 555元 12000元至25000元 20% 1410元
9000元至35000元 25% 1005元 25000元至35000元 25% 2660元
…… …… …… …… …… ……
三、解答題共6小題，共80分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
15. (本小題13分)
函數 的部分圖象如圖所示.
(Ⅰ)求 的最小正周期及解析式;
(Ⅱ)設 ，求函數 在區間 上的最小值.
16. (本小題13分)
年 月，某校高一年級新入學有 名學生，其中 名男生， 名女生.學校計劃為家遠的高一新生提供 間男生宿舍和 間女生宿舍，每間宿舍可住2名同學.
該校“數學與統計”社團的同學為了解全體高一學生家庭居住地與學校的距離情況，按照性別進行分層抽樣，其中共抽取40名男生家庭居住地與學校的距離數據(單位： )如下：
5 6 7 7.5 8 8.4 4 3.5 4.5 4.3
5 4 3 2.5 4 1.6 6 6.5 5.5 5.7
3.1 5.2 4.4 5 6.4 3.5 7 4 3 3.4
6.9 4.8 5.6 5 5.6 6.5 3 6 7 6.6
(Ⅰ)根據以上樣本數據推斷，若男生甲家庭居住地與學校距離為 ，他是否能住宿?說明理由;
(Ⅱ)通過計算得到男生樣本數據平均值為 ，女生樣本數據平均值為 ，求所有樣本數據的平均值;
(Ⅲ)已知能夠住宿的女生中有一對雙胞胎，如果隨機分配宿舍，求雙胞胎姐妹被分到
同一宿舍的概率.
17. (本小題14分)
如圖，在 中， . 可以通過 以直線 為軸旋轉得到，且 ，動點 在斜邊 上.
(Ⅰ)求證：平面 平面 ;
(Ⅱ)當 為 的中點時，求二面角 的余弦值;
(Ⅲ)求 與平面 所成的角中最大角的正弦值.
18. (本小題14分)
已知拋物線 經過點 ，其焦點為 . 為拋物線上除了原點外的任一點，過 的直線 與 軸， 軸分別交于 .
(Ⅰ)求拋物線 的方程以及焦點坐標;
(Ⅱ)若 與 的面積相等，求證：直線 是拋物線 的切線.
19. (本小題13分)
已知函數 .
(Ⅰ)當 時，求 在 處的切線方程;
(Ⅱ)當 時，若 有極小值，求實數 的取值范圍.
20.(本小題13分)
將1至 這 個自然數隨機填入 方格的 個方格中，每個方格恰填一個數( ).對于同行或同列的每一對數，都計算較大數與較小數的比值，在這 個比值中的最小值，稱為這一填數法的“特征值”.
(Ⅰ)若 ，請寫出一種填數法，并計算此填數法的“特征值”;
(Ⅱ)當 時，請寫出一種填數法，使得此填數法的“特征值”為 ;
(Ⅲ)求證：對任意一個填數法，其“特征值”不大于 .
數學(理)試卷答案及評分參考
一、選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，共40分.
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B B A C D A
二、填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分.
9. ; 10. ; 11. ;
12. ;(答案不唯一) 13. ; 14. ， .
三、解答題：本大題共6個小題，共80分.解答題應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
15.(本小題13分)
解：(Ⅰ)由圖可得
，所以 .
當 時， ，可得 ，
(Ⅱ)
當 ，即 時， 有最小值為 .
16.(本小題13分)
解：(Ⅰ)能住宿.
因為200名男生中有10名男生能住宿，
所以40名男生樣本中有2名男生能住宿。
樣本數據中距離為8.4km和8km的男生可以住宿，距離為7.5km以下的男生不可以住宿，
由于8.3 >8，所以男生甲能住宿。
(Ⅱ)根據分層抽樣的原則，抽取女生樣本數為32人.
所有樣本數據平均值為 .
(Ⅲ)解法一：記住宿的雙胞胎為 ，其他住宿女生為 .
考慮 的室友，共有 七種情況，
所以雙胞胎姐妹被分到同一宿舍的概率為 .
解法二：設“雙胞胎姐妹被分到同一宿舍”為事件 ，
則 .
所以雙胞胎姐妹被分到同一宿舍的概率為 .
17.(本小題14分)
(Ⅰ)證明：在 中， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 ，
又 平面 ，
∴平面 平面 .
(Ⅱ)解：如圖建立空間直角坐標系 ，
∵ 為 的中點，
∴ ， ， ， ， ，
∴ ， ， ，
設 為平面 的法向量，
∴ 即
令 ，則 ，
∴ 是平面 的一個法向量，
設 為平面 的法向量，
∴ 即
令 ，則 ， ，
∴ 是平面 的一個法向量，
∴ ，
∴二面角 的余弦值為 .
(Ⅲ)解法一:∵ 平面 ，
∴ 為 與平面 所成的角，
∵ ，
∴點 到直線 的距離最小時， 的正弦值最大，
即當 時， 的正弦值最大，
此時 ，∴ ，
∴ .
解法二：設 ，所以 .
.
平面 的法向量 ，
所以
所以當 時， 與平面 所成的角最大， .
18.(本小題14分)
解：(Ⅰ)因為拋物線 經過點 ，
所以 ， .
所以拋物線 的方程為 ，焦點 點坐標為 .
(Ⅱ)因為 與 的面積相等，
所以 ，所以 為 的中點.
設 ，則 .
所以直線 的方程為 ，
與拋物線 聯立得：
，
所以直線 是拋物線 的切線.
19.(本小題13分)
解：(Ⅰ)當 時， ， .
，
所以 在 處的切線方程為 .
(Ⅱ) 有極小值 函數 有左負右正的變號零點.
令 ，則
令 ，解得 .
的變化情況如下表：
- 0 +
減 極小值
增
① 若 ，即 ，則 ，所以 不存在變號零點，不合題意.
② 若 ，即 時， ， .
所以 ，使得 ;
且當 時， ，當 時， .
所以當 時， 的變化情況如下表：
減 極小值 增
所以 .
20.(本題13分)
解：(Ⅰ)
(前兩問答案不唯一，請酌情給分)
(Ⅲ)不妨設A為任意一個填數法，記此填數法的“特征值”為 ,
考慮含n+1個元素的集合 ，
易知其中必有至少兩個數處于同一行，設為
也必有至少兩個數處于同一列，設為 .
①若
則有 (因為 ).
②若 ，即 ，
則 ， .
所以 .
即不論何種情況，總有 . …13分
高三年級數學期中試卷題參考
第一部分(選擇題 共40分)
一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 已知集合 ， ，則 =
2. 設 是虛數單位，復數 ，則 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
3. 閱讀右邊的程序框圖，運行相應的程
序，則輸出 的值為
4. 下列函數中為偶函數的是
5. 某四面體的三視圖如圖所示，該四面
體的體積為
6. 已知向量 ，則下列關系正確的是
7. 在 中， ，則 的值是
8. 關于 的不等式 的解集是 ，則實數 的取值范圍是
第二部分(非選擇題共110分)
二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.
9. 已知角 的終邊經過點 ，則 __________.
10. 若變量 滿足約束條件 則 的最小值等于_________.
11. 若直線 與圓 相交于 兩點，且
( 為坐標原點)，則r =__________.
12. 寫出“ ”成立的一個充分不必要條件___________________________.
13. 已知拋物線 的準線為 ， 與雙曲線 的兩條漸近線分別交于
兩點，則線段 的長度為_____________.
14. 2018年個稅改革方案中專項附加扣除等內容將于2019年全面施行.不過，為了
讓老百姓盡早享受到減稅紅利，自2018年10月至2018年12月，先將工資所得稅起征額由3500元/月提高至5000元/月，并按新的稅率表(見附錄)計算納稅.
按照稅法規定，小王2018年9月和10月稅款計算情況分別如下:
月份 …… 納稅
所得額 起征額 應納
稅額 適用
稅率 速算
扣除數 稅款 稅后
工資
9 …… 6000 3500 2500 10% 105 145 5855
10 …… 6000 5000 1000 3% 0 30 5970
(相關計算公式為：應納稅額=納稅所得額–起征額，
稅款=應納稅額 適用稅率–速算扣除數，
稅后工資=納稅所得額–稅款 )
(1)某職工甲2018年9月應納稅額為2000元，那么他9月份的稅款為___元;
(2)某職工乙2018年10月稅后工資為14660元，則他享受減稅紅利為____元.
附錄：
原稅率表(執行至2018年9月) 新稅率表(2018年10月起執行)
應納稅額 稅率 速算
扣除數 應納稅額 稅率 速算
扣除數
不超過1500元 3% 0元 不超過3000元 3% 0元
1500元至4500元 10% 105元 3000元至12000元 10% 210元
4500元至9000元 20% 555元 12000元至25000元 20% 1410元
9000元至35000元 25% 1005元 25000元至35000元 25% 2660元
…… …… …… …… …… ……
三、解答題共6小題，共80分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
15. (本小題13分)
函數 的部分圖象如圖所示.
(Ⅰ)求 的最小正周期及解析式;
(Ⅱ)設 ，求函數 在區間 上的最小值.
16. (本小題13分)
已知 為等差數列 的前 項和，且 .
(Ⅰ)求數列 的通項公式;
(Ⅱ)設 ， 為數列 的前 項和，是否存在 ，使得 = ?若存在，求出 的值;若不存在，說明理由.
17. (本小題13分)
年 月，某校高一年級新入學有 名學生，其中 名女生， 名男生.學校計劃為家遠的高一新生提供 間女生宿舍和 間男生宿舍，每間宿舍可住2名同學.
該校“數學與統計”社團的同學為了解全體高一學生家庭居住地與學校的距離情況，按照性別進行分層抽樣，其中共抽取20名女生家庭居住地與學校的距離數據(單位： )如下：
5 6 7 7.5 8 8.4 4 3.5 4.5 4.3
5 4 3 2.5 4 1.6 6 6.5 5.5 5.7
(Ⅰ)根據以上樣本數據推斷，若女生甲家庭居住地與學校距離為 ，她是否能住宿?說明理由;
(Ⅱ)通過計算得到女生家庭居住地與學校距離的樣本平均值為 ，男生家庭居住地與學校距離的樣本平均值為 ，則所有樣本數據的平均值為多少?
(Ⅲ)已知某班有4名女生安排在兩間宿舍中，其中有一對雙胞胎，如果隨機分配宿舍，求雙胞胎姐妹被分到同一宿舍的概率.
18. (本小題14分)
如圖，在多面體 中，已知 是邊長為2的正方形， 為正三角形， 且 ， ， 分別為 的中點.
(Ⅰ)求證： 平面 ;
(Ⅱ)求證： 平面 ;
(Ⅲ)求三棱錐 的體積.
19. (本小題14分)
已知橢圓 的一個頂點為 ，離心率為 .
(Ⅰ)求橢圓 的方程;
(Ⅱ)設過橢圓右焦點的直線 交橢圓于 、 兩點，過原點的直線 交橢圓于 、 兩點. 若 ，求證： 為定值.
20. (本小題13分)
已知函數 .
(Ⅰ)當 時，求 在 處的切線方程;
(Ⅱ)當 時，若 有極小值，求實數 的取值范圍.
石景山區2018-2019學年第一學期高三期末
數學(文)試卷答案及評分參考
一、選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，共40分.
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B C A A C B C
二、填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分.
9. ; 10. ; 11. ;
12. ;(答案不唯一) 13. ; 14. ， .
三、解答題：本大題共6個小題，共80分.解答題應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
15.(本小題13分)
解：(Ⅰ)由圖可得
，所以 .
當 時， ，可得 ，
當 ，即 時， 有最小值為 .
16.(本小題13分)
解：(Ⅰ)設等差數列 的公差為 ，
則 ，
又 ，所以 ， .
(Ⅱ)因為 ，所以 為等比數列.
所以 .
假設存在 ，使得 = .
，
所以 ，即 ，所以 滿足題意.
17.(本小題13分)
解：(Ⅰ)能住宿.
(Ⅱ)根據分層抽樣的原則，抽取男生樣本數為16人.
所有樣本數據平均值為 .
(Ⅲ)解法一：記住宿的雙胞胎為 ，其他住宿女生為 .
考慮 的室友，共有 三種情況，
所以雙胞胎姐妹被分到同一宿舍的概率為 .
解法二：記住宿的雙胞胎為 ，其他住宿女生為 .
隨機分配宿舍，共有
三種情況，
滿足題意得有 一種情況，
所以雙胞胎姐妹被分到同一宿舍的概率為 .
18.(本小題14分)
(Ⅰ)證明：取 的中點 ，連結 ，
∵四邊形 是邊長為 的正方形， 為 的中點，
∴ ，
∵ 為 的中點，且 ，
∴ ，又 ∥ ，
∴ ，
∴四邊形 為平行四邊形，
∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ ∥平面 .
(Ⅱ)證明：∵ ∥ ， ，
∴ ，
在正方形 中 ，且 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ，
又 為正三角形， 為 的中點，
∴
又
∴ 平面 .
(Ⅲ)∵ ∥ ，
∴ ∥平面 ，
∵ 平面 ，
∴ 為三棱錐 的高，
∵ 為正三角形， 為 的中點，
∴ ，
∴ .
19.(本小題14分)
解：(Ⅰ)依題意， .
由 ，得 .
∴橢圓 的方程為 .
(Ⅱ)證明：(1)當直線 的斜率不存在時，易求 ， ，
則 .
(2)當直線 的斜率存在時，
設直線 的斜率為 ，依題意 ，
則直線 的方程為 ，直線 的方程為 .
設 ， ， ， ，
由 得 ，
則 ， ，
由 整理得 ，則 .
.
∴ .
綜合(1)(2)， 為定值.
20.(本小題13分)
解：(Ⅰ)當 時， ， .
，
所以 在 處的切線方程為 .
(Ⅱ) 有極小值 函數 有左負右正的變號零點.
令 ，則
令 ，解得 .
的變化情況如下表：
– 0 +
減 極小值
增
① 若 ，即 ，則 ，所以 不存在變號零點，不合題意.
② 若 ，即 時， ， .
所以 ，使得 ;
且當 時， ，當 時， .
所以當 時， 的變化情況如下表：
– 0 +
減 極小值 增
所以 .
上學期期末高三數學試卷試題相關文章：