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适当的试题能让考生很好的掌握考试节奏，下面是中国招生考试网www.chinazhaokao.com 小编为大家带来的2016绍兴市市高三第一学期期末数学希望能帮助到大家!一、选择题(本大题共8小题，每小题5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.集合P={x∈R||x|≥3，Q={y|y=2x﹣1，x∈R}，则P∪Q=( )
A.(﹣∞，﹣3]∪(1，+∞) B.(﹣∞，﹣3]∪(﹣1，+∞) C.(﹣∞，1)∪[3，+∞) D.(﹣∞，﹣1)∪[3，+∞)
2.命题“∀x∈R，sinx>1”的否定是( )
A.∀x∈R，sinx≤1 B.∀x∈R，sinx>1
C.∃x0∈R，sinx0≤1 D.∃x0∈R，sinx0>1
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不可能成立的( )
A.a2016(S2016﹣S2015)=0 B.a2016(S2016﹣S2014)=0
C.(a2016﹣a2013)(S2016﹣S2013)=0 D.(a2016﹣a2012)(S2016﹣S2012)=0
4.已知单位向量 和 满足| |= | |，则 与 的夹角的余弦值为( )
A.﹣ B.﹣ C. D.
5.设l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A.α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n B.l⊥n，l⊥α⇒n∥α
C.l⊥α，l∥β⇒α⊥β D.α⊥β，l⊂α⇒l⊥β
6.不等式组 ，表示的平面区域绕着原点旋转一周所得到的平面图形的面积为( )
A. B. C.3π D.
7.过双曲线 ﹣ =1(a，b>0)的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，线段OP的垂直平分线交y轴于点Q(其中O为坐标原点).若△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，则该双曲线的离心率为( )
A. B. C.2 D.
8.对于函数f(x)，若存在x0∈Z，满足|f(x0)|≤ ，则称x0为函数f(x)的一个“近零点”.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”，则a的最大值为( )
A.2 B.1 C. D.
二、填空题(本大题共7小题，第9,10,11,12每空3分，第13,14,15题每空4分，共36分)
9.函数f(x)=2cos(4x+ )﹣1的最小正周期为 ，f( )= .
10.已知数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，则a2+a4= ，an= .
11.一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则侧视图的面积为 cm2，该几何体的体积为 cm3cm3.
12.已知正数x，y满足x+y=1，则x﹣y的取值范围为 ， 的最小值为 .
13.设f(x)= ，若x满足f(x)≥3，则log2( )的最大值为 .
14.正△ABC的边长为1， =x +y ，且0≤x，y≤1， ≤x+y≤ ，则动点P所形成的平面区域的面积为 .
15.已知函数y=|x2﹣1|的图象与函数y=kx2﹣(k+2)x+2的图象恰有2个不同的公共点，则实数k的取值范围为 .
三、解答题(本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)
16.△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sinAsinB=sinCtanC.
(1)求 的值：
(2)若a= c，且△ABC的面积为4，求c的值.
17.如图所示的几何体中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC=2AD=2AB=2.
(Ⅰ)证明：BD⊥平面DEC;
(Ⅱ)若二面角A﹣ED﹣B的大小为30°，求EC的长度.
18.已知函数f(x)=x2﹣ax﹣4(a∈R)的两个零点为x1，x2，设x1<x2.
(1)当a>0时，证明：﹣2<x1<0;
(2)若函数g(x)=x2﹣|f(x)|在区间(﹣∞，﹣2)和(2，+∞)上均单调递增，求a的取值范围.
19.已知椭圆C的方程是 + =1(a>b>0)，其右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，且该数列的三项之和等于6.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线AB与椭圆C交于点A，B(A在第一象限)，满足2 + =λ ，当△0AB面积最大时，求直线AB的方程.
20.数列{an}中，已知a1= ，an+1= .
(1)证明：an<an+1< ;
(2)证明：当n≥2时，( ) <2.
一、选择题(本大题共8小题，每小题5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.集合P={x∈R||x|≥3，Q={y|y=2x﹣1，x∈R}，则P∪Q=( )
A.(﹣∞，﹣3]∪(1，+∞) B.(﹣∞，﹣3]∪(﹣1，+∞) C.(﹣∞，1)∪[3，+∞) D.(﹣∞，﹣1)∪[3，+∞)
【考点】并集及其运算.
【分析】根据集合的基本运算进行求解即可.
【解答】解：∵P={x∈R||x|≥3}={x|x≥3或x≤﹣3}，Q={y|y=2x﹣1，x∈R}={y|y>﹣1}
∴P∪Q=(﹣∞，﹣3]∪(﹣1，+∞)，
故选：B.
2.命题“∀x∈R，sinx>1”的否定是( )
A.∀x∈R，sinx≤1 B.∀x∈R，sinx>1
C.∃x0∈R，sinx0≤1 D.∃x0∈R，sinx0>1
【考点】全称命题;命题的否定.
【分析】通过全称命题的否定是特称命题写出结果即可.
【解答】解：∵全称命题 否定是特称命题，
∴命题“∀x∈R，sinx>1”的否定是：∃x0∈R，sinx0≤1.
故选：C.
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不可能成立的( )
A.a2016(S2016﹣S2015)=0 B.a2016(S2016﹣S2014)=0
C.(a2016﹣a2013)(S2016﹣S2013)=0 D.(a2016﹣a2012)(S2016﹣S2012)=0
【考点】等比数列的前n项和.
【分析】根据等比数列中的项不等于0的性质进行判断.
【解答】解：∵{an}是等比数列，∴a2016=S2016﹣S2015≠0，∴a2016(S2016﹣S2015)≠0;
当{an}的公比为﹣1时，S2016﹣S2014=a2015+a2016=0，∴a2016(S2016﹣S2014)=0;
当{an}的公比为1时，a2016=a2013=a2012，∴(a2016﹣a2013)(S2016﹣S2013)=0;(a2016﹣a2012)(S2016﹣S2012)=0.
故选A.
4.已知单位向量 和 满足| |= | |，则 与 的夹角的余弦值为( )
A.﹣ B.﹣ C. D.
【考点】平面向量数量积的运算.
【分析】对条件式子两边平方求出 ，代入夹角公式即可.
【解答】解：∵ 和 是单位向量，∴ =1.
∵| |= | |，∴2+2 =2(2﹣2 )，解得 = .
∴cos< >= = .
故选：C.
5.设l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A.α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n B.l⊥n，l⊥α⇒n∥α
C.l⊥α，l∥β⇒α⊥β D.α⊥β，l⊂α⇒l⊥β
【考点】平面与平面之间的位置关系;空间中直线与平面之间的位置关系.
【分析】运用面面平行、线面垂直的判定定理和性质定理对选项逐个分析判断.
【解答】解：对于A，α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n或者异面，故A错误;
对于B，l⊥n，l⊥α⇒n∥α或相交，故B错误;
对于C，由l∥β得到过直线l的平面与平面β交于直线a，则l∥a，由l⊥α，所以a⊥α，⇒α⊥β，故C正确;
对于D，α⊥β，l⊂α⇒l⊥β或者l∥β或者斜交，故D错误;
故选：C.
6.不等式组 ，表示的平面区域绕着原点旋转一周所得到的平面图形的面积为( )
A. B. C.3π D.
【考点】简单线性规划.
【分析】作出可行域，旋转所得图形为圆环，求面积可得.
【解答】解：作出不等式组 表示的平面区域(如图△ABC)，
区域内的点B(2，0)到原点的距离最大为2，区域内的点D到原点的距离最小，
由点到直线的距离公式可得最小值为 = ，
△ABC绕着原点旋转一周所得到的平面图形为圆环，且内外圆半径分别为 和2，
故所求面积S=π×22﹣π×( )2= π，
故选：D.
7.过双曲线 ﹣ =1(a，b>0)的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，线段OP的垂直平分线交y轴于点Q(其中O为坐标原点).若△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，则该双曲线的离心率为( )
A. B. C.2 D.
【考点】双曲线的简单性质.
【分析】求出双曲线的渐近线方程，运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，可得PF的方程，联立渐近线方程，解得交点P的坐标，运用中点坐标公式可得OP的垂直平分线方程，可得Q的坐标，运用三角形的面积公式，结合离心率公式，即可得到所求值.
【解答】解：双曲线 ﹣ =1的一条渐近线方程为y= x，
右焦点F(c，0)，
由题意可得直线PF的方程为y=﹣ (x﹣c)，
联立渐近线方程y= x，可得P( ， )，
可得OP的垂直平分线方程为y﹣ =﹣ (x﹣ )，
令x=0，可得y= ，即Q(0， )，
又|PF|= =b，|OP|= = =a，
由△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，
可得 c• =4• • • ，
即有b2=2a2，可得c2=a2+b2=3a2，
e= = ，
故选：B.
8.对于函数f(x)，若存在x0∈Z，满足|f(x0)|≤ ，则称x0为函数f(x)的一个“近零点”.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”，则a的最大值为( )
A.2 B.1 C. D.
【考点】函数零点的判定定理.
【分析】易知a不变时，函数f(x)的图象的形状不变，且四个不同的“近零点”的最小间距为3，对称轴在区间中间时可取到a的最大值，从而解得.
【解答】解：∵a不变时，函数f(x)的图象的形状不变;
∴记f(x)=a(x﹣k)2+h，
四个不同的“近零点”的最小间距为3，
故易知对称轴在区间中间时可取到a的最大值，
故不妨记f(x)=a(x﹣ )2+h，
故f(﹣1)﹣f(0)≤ ×2，
即 a+h﹣( a+h)≤ ，
故a≤ ，
故选D.
二、填空题(本大题共7小题，第9,10,11,12每空3分，第13,14,15题每空4分，共36分)
9.函数f(x)=2cos(4x+ )﹣1的最小正周期为 ，f( )= 0 .
【考点】余弦函数的图象.
【分析】根据周期的定义和函数的值的求法即可求出.
【解答】解：函数f(x)=2cos(4x+ )﹣1的最小正周期T= = ，
f( )=2cos(4× + )﹣1=2cos ﹣1=0，
故答案为： ，0.
10.已知数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，则a2+a4= 6 ，an= 2n﹣3 .
【考点】数列递推式.
【分析】由数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，可得数列{an}是等差数列，公差为2，利用等差数列的通项公式及其性质即可得出.
【解答】解：∵数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2，
∴an=a3+2(n﹣3)=3+2(n﹣3)=2n﹣6.
∴a2+a4=2a3=6.
故答案分别为：6;2n﹣3.
11.一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则侧视图的面积为 1 cm2，该几何体的体积为 + cm3cm3.
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】根据三视图，得出该几何体是半圆锥与直三棱锥的组合体，侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，求出它的面积，再求出几何体的体积.
【解答】解：根据几何体的三视图，得;
该几何体的左边是半圆锥，右边是直三棱锥的组合体，如图所示;
且该几何体侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，面积为 ×2×1=1cm2，
该几何体的体积为V半圆锥+V三棱锥= × ×π×12×1+ × ×2×1×1= + cm3.
故答案为：1， + .
12.已知正数x，y满足x+y=1，则x﹣y的取值范围为 (﹣1，1) ， 的最小值为 3 .
【考点】基本不等式.
【分析】①根据题意，求出x﹣y的表达式，利用0<x<1即可求出x﹣y的取值范围;
②把1=x+y代人 ，利用基本不等式即可求出它的最小值.
【解答】解：①∵正数x，y满足x+y=1，
∴y=1﹣x，
∴﹣y=﹣1+x，
∴x﹣y=2x﹣1;
又0<x<1，
∴0<2x<2，
∴﹣1<2x﹣1<1，
即x﹣y的取值范围为(﹣1，1);
② = + =1+ + ≥1+2 =1+2=3，
当且仅当x=y= 时取“=”;
∴ 的最小值为3.
故答案为：(﹣1，1)，3.
13.设f(x)= ，若x满足f(x)≥3，则log2( )的最大值为 log2 .
【考点】对数函数的图象与性质;分段函数的应用.
【分析】先求出满足f(x)≥3的x的范围，再求出t= 的范围，结合对数函数的图象和性质，可得答案.
【解答】解：当x≤0时，由2﹣x﹣1≥3得：x≤﹣2，
当x>0时，由 ≥3得：x≥9，
故t= =1+ ∈[ ，1)∪(1， ]，
故log2( )的最大值为log2 ，
故答案为：log2
14.正△ABC的边长为1， =x +y ，且0≤x，y≤1， ≤x+y≤ ，则动点P所形成的平面区域的面积为 .
【考点】平面向量的基本定理及其意义.
【分析】可分别以边AB，AC所在的直线为x，y轴，建立坐标系，从而可以得出P点坐标为(x，y)，然后过B，C分别作AC，AB的平行线并交于点D，这样根据条件 便可找到点P所在的平面区域，根据图形便可求出该平面区域的面积，即得出动点P所形成的平面区域的面积.
【解答】解：分别以边AB，AC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示坐标系：分别以边AB，AC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示坐标系：
以向量 为一组基底，则P点坐标为P(x，y);
分别过B，C作AC，AB的平行线并交于点D;
∵0≤x，y≤1;
∴点P所在的平面区域为平行四边形ACDDB内部;
又 ;
∴P点所在区域在图中阴影部分;
∴动点P所形成平面区域面积为 .
故答案为： .
15.已知函数y=|x2﹣1|的图象与函数y=kx2﹣(k+2)x+2的图象恰有2个不同的公共点，则实数k的取值范围为 k≤0或k=1或k≥4 .
【考点】二次函数的性质.
【分析】函数y=kx2﹣(k+2)x+2=(kx﹣2)(x﹣1)的图象与函数y=|x2﹣1|的图象有1个交点(1，0)，分类讨论，即可得出结论.
【解答】解：函数y=kx2﹣(k+2)x+2=(kx﹣2)(x﹣1)的图象与函数y=|x2﹣1|的图象有1个交点(1，0).
当k<0， ，函数y=|x2﹣1|的图象与函数y=kx2﹣(k+2)x+2的图象有另外1个不同于(1，0)的交点;
由1﹣x2=kx2﹣(k+2)x+2，(x﹣1)[(k+1)x﹣1]=0，x=1时，k=0，方程有唯一的根1，
满足函数y=|x2﹣1|的图象与函数y=kx2﹣(k+2)x+2的图象
恰有2个不同的公共点;
k>0时，由图象可得k=1或k≥4满足题意，
综上所述，k≤0或k=1或k≥4.
故答案为：k≤0或k=1或k≥4.
16.△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sinAsinB=sinCtanC.
(1)求 的值：
(2)若a= c，且△ABC的面积为4，求c的值.
【考点】余弦定理;正弦定理.
【分析】(1)利用sinAsinB=sinCtanC，根据正、余弦定理，即可求 的值：
(2)若a= c，求出b，sinC，利用△ABC的面积为4，求c的值.
【解答】解：(1)∵sinAsinB=sinCtanC，
∴ab= ，
∴a2+b2=3c2，
∴ =3;
(2)∵a= c，a2+b2=3c2，
∴b= c，
∴cosC= = ，
∴sinC= ，
∵△ABC的面积为4，
∴ • c• c• =4，
∴c=4.
17.如图所示的几何体中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC=2AD=2AB=2.
(Ⅰ)证明：BD⊥平面DEC;
(Ⅱ)若二面角A﹣ED﹣B的大小为30°，求EC的长度.
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)推导出AB⊥EC，EC⊥BC，从而EC⊥平面ABCD，进而EC⊥BD，由勾股定理得BD⊥DC，由此能证明BD⊥平面DEC.
(Ⅱ)以B为原点，在平面BCE中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出EC.
【解答】证明：(Ⅰ)∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥EC，
又∵EC⊥BC，AB∩BC=B，∴EC⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴EC⊥BD，
由题意知在梯形ABCD中，有BD=DC= ，
∴BD2+DC2=BC2，∴BD⊥DC，
又EC∩CD=C，∴BD⊥平面DEC.
解：(Ⅱ)如图，以B为原点，在平面BCE中过B作BC的垂线为x轴，
BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
设 =a>0，则B(0，0，0)，E(a，2，0)，A(0，0，1)，C(0，2，0)，D(0，1，1)，
=(0，1，0)， =(﹣a，﹣1，1)，
设面AED的法向量为 =(x，y，z)，
则 ，令x=1，得 =(1，0，a)，
设面BED的法向量为 =(x1，y1，z1)，
则 ，令x1=2，得 =(2，﹣a，a)，
∵二面角A﹣ED﹣B的大小为30°，
∴cos30°= = = ，解得a=1.(a=﹣1，舍)，
∴EC=1.
18.已知函数f(x)=x2﹣ax﹣4(a∈R)的两个零点为x1，x2，设x1<x2.
(1)当a>0时，证明：﹣2<x1<0;
(2)若函数g(x)=x2﹣|f(x)|在区间(﹣∞，﹣2)和(2，+∞)上均单调递增，求a的取值范围.
【考点】二次函数的性质.
【分析】(1)使用求根公式解出x1，利用a的范围和不等式的性质得出;
(2)求出g′(x)，令g′(x)>0，结合函数图象讨论a的范围，
【解答】解：(1)令f(x)=0解得x1= ，x2= .
∵ > =a，∴ <0.∵a>0，∴ < =a+4，∴ > =﹣2.
∴﹣2<x1<0.
(2)g(x)=x2﹣|x2﹣ax﹣4|，∴g′(x)=2x﹣|2x﹣a|，
∵g(x)在区间(﹣∞，﹣2)和(2，+∞)上均单调递增，∴g′(x)>0，即2x>|2x﹣a|，(x>2).
当a=0时，显然不成立，
若a>0，作出y=2x和y=|2x﹣a|的函数图象如图：
∴0< ，解得0<a≤8.
若a<0，作出y=2x和y=|2x﹣a|的函数图象如图：
有图象可知2x<|2x﹣a|，故g′(x)>0不成立，不符合题意.
综上，a的取值范围是(0，8].
19.已知椭圆C的方程是 + =1(a>b>0)，其右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，且该数列的三项之和等于6.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线AB与椭圆C交于点A，B(A在第一象限)，满足2 + =λ ，当△0AB面积最大时，求直线AB的方程.
【考点】椭圆的简单性质.
【分析】(1)由于右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，可得此三项分别为：a﹣c，a，a+c，且a=a﹣c+ ，
可得：c，又该数列的三项之和等于6，可得3a=6，b2=a2﹣c2.解出即可得出.
(2)设直线AB的方程为：my=x+t，A(x1，y1)，B(x2，y2).与椭圆方程联立化为：(4+m2)y2﹣2mty+t2﹣4=0，△>0，利用根与系数的关系及其2 + =λ ，即2y1+y2=0.可得8m2t2=(4﹣t2)(4+m2).利用S△OAB= •|t|= 及其基本不等式的性质可得：4+m2=2t2.联立解出即可得出.
【解答】解：(1)∵右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，
∴此三项分别为：a﹣c，a，a+c，且a=a﹣c+ ，
可得：c= ，
又该数列的三项之和等于6，
∴3a=6，解得a=2，
∴b2=a2﹣c2=1.
∴椭圆C的方程为： +y2=1.
(2)设直线AB的方程为：my=x+t，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立 ，化为：(4+m2)y2﹣2mty+t2﹣4=0，(*)
△>0，可得4+m2>t2.
∴y1+y2= ，y1y2= .
∵满足2 + =λ ，
∴2y1+y2=0.
∴y1= ，y2= .
∴ = .
∴8m2t2=(4﹣t2)(4+m2).
|y1﹣y2|= = .
∴S△OAB= •|t|= ≤2× × =1，当且仅当4+m2=2t2时取等号.
联立8m2t2=(4﹣t2)(4+m2)，4+m2=2t2.
解得：t2= ，m2= .
∴直线AB的方程为： y=x± .
20.数列{an}中，已知a1= ，an+1= .
(1)证明：an<an+1< ;
(2)证明：当n≥2时，( ) <2.
【考点】数列递推式.
【分析】(1)由已知a1= ，an+1= ，即可得到 ，又0 ，进一步得到 ，则结论an<an+1< 可证;
(2)首先证当n=2时， 成立，即当n=k时， 成立，当n=k+1时，ak+1>ak，则 = ，则结论当n≥2时，( ) <2可证.
【解答】证明：(1)由 ，得 ，即0≤an≤1.
∴an+1= = ，
又a1= ≠0，且 ，∴0 .
∴ >0.
即 ;
(2)当n=2时， ，
又∵ ，
∴ .
即当n=2时， 成立，
当n=k时， 成立，即 成立，
当n=k+1时， = .
∵an+1>an，∴ak+1>ak
∴ .
则 = ，
∴当n=k+1时， 也成立，
∴当n≥2时， 成立.
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