云南省大理市第四中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

云南省大理市第四中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知雙曲線的兩條漸近線的夾角為，則雙曲線的離心率為（

）A. B. C. D.2參考答案：A試題分析：由雙曲線方程可知漸近線為，由漸近線夾角為，可知漸近線傾斜角為，所以考點(diǎn)：雙曲線方程及性質(zhì)2.“”是“復(fù)數(shù)為純虛數(shù)”的（

）A．充分但不必要條件

B．必要但不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

參考答案：A3.設(shè)函數(shù)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．D（x）的值域?yàn)閧0，1} B．D（x）是偶函數(shù)C．D（x）不是周期函數(shù) D．D（x）不是單調(diào)函數(shù)參考答案：C【考點(diǎn)】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法．

【專題】證明題．【分析】由函數(shù)值域的定義易知A結(jié)論正確；由函數(shù)單調(diào)性定義，易知D結(jié)論正確；由偶函數(shù)定義可證明B結(jié)論正確；由函數(shù)周期性定義可判斷C結(jié)論錯(cuò)誤，故選D【解答】解：A顯然正確；∵=D（x），∴D（x）是偶函數(shù)，B正確；∵D（x+1）==D（x），∴T=1為其一個(gè)周期，故C錯(cuò)誤；∵D（）=0，D（2）=1，D（）=0，顯然函數(shù)D（x）不是單調(diào)函數(shù)，故D正確；故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的定義，偶函數(shù)的定義和判斷方法，函數(shù)周期性的定義和判斷方法，函數(shù)單調(diào)性的意義，屬基礎(chǔ)題4.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，其中b=1，=，若A=2B，則△ABC的周長(zhǎng)為（

）A.3 B.4 C. D.參考答案：D【分析】由正弦定理化簡(jiǎn)已知可得b2+c2-a2=bc，利用余弦定理可求cosA=，結(jié)合范圍A∈(0，π)，可求A，根據(jù)已知可求B，利用三角形內(nèi)角和定理可求C，根據(jù)正弦定理可求a，c的值，即可得三角形的周長(zhǎng)．【詳解】∵=，∴由正弦定理可得=，整理可得b2+c2-a2=bc，∴cosA===，∵A∈(0，π)，∴A=，∵A=2B，∴B=，C=π-A-B=，∵b=1，∴，解得a=，c=2，∴△ABC的周長(zhǎng)為．故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形內(nèi)角和定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬基礎(chǔ)題．5.下列命題正確的是(

)A．若平面不平行于平面，則內(nèi)不存在直線平行于平面B．若平面不垂直于平面，則內(nèi)不存在直線垂直于平面C．若直線不平行于平面，則內(nèi)不存在直線平行于直線D．若直線不垂直于甲面，則內(nèi)不存在直線垂直于直線

參考答案：B略6.已知數(shù)列為等比數(shù)列，且.

,則=（）．

B.

．

．參考答案：B7.設(shè)（

）A．

B.

C.

D．參考答案：D由對(duì)數(shù)函數(shù)的圖像，可得，，又.8.若函數(shù)在定義域上為奇函數(shù),則實(shí)數(shù)的值為

（

）A．

B．

C．1

D．0參考答案：A9.我國(guó)南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶發(fā)現(xiàn)了從三角形三邊求三角形面積的“三斜公式”，設(shè)△ABC三個(gè)內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，面積為S，則“三斜求積”公式為．若a2sinC=4sinA，（a+c）2=12+b2，則用“三斜求積”公式求得△ABC的面積為（）A． B．2 C．3 D．參考答案：A【考點(diǎn)】類比推理．【分析】根據(jù)正弦定理：由a2sinC=4sinA得ac=4，則由（a+c）2=12+b2得a2+c2﹣b2=4，利用公式可得結(jié)論．【解答】解：根據(jù)正弦定理：由a2sinC=4sinA得ac=4，則由（a+c）2=12+b2得a2+c2﹣b2=4，則．故選A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查類比推理的應(yīng)用，要求正確理解類比的關(guān)系，比較基礎(chǔ)．10.如果是二次函數(shù),且的圖象開(kāi)口向上,頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1,）,那么曲線上任一點(diǎn)的切線的傾斜角的取值范圍是

（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若不等式組所表示的平面區(qū)域被直線分為面積相等的兩部分，則的值為

▲

；若該平面區(qū)域存在點(diǎn)使成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是

▲

.參考答案：，12.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積等于 ．參考答案：4略13.設(shè)則大小關(guān)系是

參考答案：a>b>c14.在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對(duì)的邊，已知

則A＝

.參考答案：15.設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)镽，若存在常數(shù)對(duì)一切實(shí)數(shù)均成立，則稱為“條件約束函數(shù)”．現(xiàn)給出下列函數(shù)： ①； ②； ③； ④是定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)，且對(duì)一切均有．其中是“條件約束函數(shù)”的序號(hào)是_____（寫(xiě)出符合條件的全部序號(hào)）．參考答案：①③④16.函數(shù)y=loga（x+3）﹣1（a≠1，a＞0）的圖象恒過(guò)定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx+ny+1=0上，其中m＞0，n＞0，則+的最小值為

．參考答案：8【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)．【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)先求出A的坐標(biāo)，代入直線方程可得m、n的關(guān)系，再利用1的代換結(jié)合均值不等式求解即可．【解答】解：∵x=﹣2時(shí)，y=loga1﹣1=﹣1，∴函數(shù)y=loga（x+3）﹣1（a＞0，a≠1）的圖象恒過(guò)定點(diǎn)（﹣2，﹣1）即A（﹣2，﹣1），∵點(diǎn)A在直線mx+ny+1=0上，∴﹣2m﹣n+1=0，即2m+n=1，∵m＞0，n＞0，∴+=（+）（2m+n）=2+++2≥4+2?=8，當(dāng)且僅當(dāng)m=，n=時(shí)取等號(hào)．故答案為：817.已知函數(shù),若關(guān)于的方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是A.(0.1)

B.(1，+∞)

C.(-1，0)

D.(-∞，-1)參考答案：B略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.（本題滿分13分）翡翠市場(chǎng)流行一種賭石“游戲規(guī)則”：翡翠在開(kāi)采出來(lái)時(shí)有一層風(fēng)化皮包裹著，無(wú)法知道其內(nèi)的好壞，需切割后方能知道翡翠的價(jià)值，參加者先繳納一定金額后可得到一塊翡翠石并現(xiàn)場(chǎng)開(kāi)石驗(yàn)證其具有的收藏價(jià)值，其舉辦商在賭石游戲中設(shè)置了甲乙兩種賭石規(guī)則，規(guī)則甲的賭中率為，賭中后可獲得20萬(wàn)元；規(guī)則乙的賭中率為，賭中后可獲得30萬(wàn)元；未賭中則沒(méi)有收獲，每人有且只有一次賭石機(jī)會(huì)，每次賭中與否互不影響，賭石結(jié)束后當(dāng)場(chǎng)得到兌現(xiàn)金額.（1）收藏者張先生選擇規(guī)則甲賭石，收藏者李先生選擇規(guī)則乙賭石，記他們的累計(jì)獲得金額數(shù)為(單位：萬(wàn)元)，若的概率為，求的大??；（2）若收藏者張先生李先生都選擇賭石規(guī)則甲或賭石規(guī)則乙進(jìn)行賭石，問(wèn)：他們選擇何種規(guī)則賭石，累積得到的金額的數(shù)學(xué)期望最大？參考答案：（1）由已知得收藏者張先生賭中的概率為，收藏者李先生賭中的概率為，且兩人賭中與否互不影響．記“這2人的累計(jì)獲得金額數(shù)為（單位：萬(wàn)元）”的事件為，則事件的對(duì)立事件為“”．因?yàn)椋?，求得．……?分（2）設(shè)收藏者張先生、李先生都選擇規(guī)則甲賭中的次數(shù)為，都選擇規(guī)則乙賭中的次數(shù)為，則這兩人選擇規(guī)則甲累計(jì)獲獎(jiǎng)得金額的數(shù)學(xué)期望為，選擇規(guī)則乙累計(jì)獲獎(jiǎng)得金額的數(shù)學(xué)期望為．由已知可得，，，所以，，從而，．若，則，解得；若，則，解得；若，則，解得．綜上所述，當(dāng)時(shí)，他們都選擇規(guī)則甲進(jìn)行賭石時(shí)，累計(jì)得到金額的數(shù)學(xué)期望最大；當(dāng)時(shí)，他們都選擇規(guī)則乙進(jìn)行賭石時(shí)，累計(jì)得到金額的數(shù)學(xué)期望最大；當(dāng)時(shí)，他們都選擇規(guī)則甲或規(guī)則乙進(jìn)行賭石時(shí)，累計(jì)得到金額的數(shù)學(xué)期望相等.………13分19.（本小題共13分）對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的數(shù)列，定義變換，將數(shù)列變換成數(shù)列．對(duì)于每項(xiàng)均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列，定義變換，將數(shù)列各項(xiàng)從大到小排列，然后去掉所有為零的項(xiàng)，得到數(shù)列；又定義．設(shè)是每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列，令．（Ⅰ）如果數(shù)列為5，3，2，寫(xiě)出數(shù)列；（Ⅱ）對(duì)于每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列，證明；（Ⅲ）證明：對(duì)于任意給定的每項(xiàng)均為正整數(shù)的有窮數(shù)列，存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，．參考答案：【標(biāo)準(zhǔn)答案】:（Ⅰ）解：，，；，．（Ⅱ）證明：設(shè)每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列為，則為，，，，，從而．又，所以，故．（Ⅲ）證明：設(shè)是每項(xiàng)均為非負(fù)整數(shù)的數(shù)列．當(dāng)存在，使得時(shí)，交換數(shù)列的第項(xiàng)與第項(xiàng)得到數(shù)列，則．當(dāng)存在，使得時(shí)，若記數(shù)列為，則．所以．從而對(duì)于任意給定的數(shù)列，由可知．又由（Ⅱ）可知，所以．即對(duì)于，要么有，要么有．因?yàn)槭谴笥?的整數(shù)，所以經(jīng)過(guò)有限步后，必有．即存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，?！靖呖伎键c(diǎn)】:數(shù)列【易錯(cuò)提醒】:入口出錯(cuò)【備考提示】:由一個(gè)數(shù)列為基礎(chǔ)，按著某種規(guī)律新生出另一個(gè)數(shù)列的題目，新數(shù)列的前幾項(xiàng)一定不難出錯(cuò)，它出錯(cuò)，則整體出錯(cuò)。20.（12分）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，平面PBC⊥底面ABCD,且PB=PC=.（Ⅰ）求證：AB⊥CP；（Ⅱ）求點(diǎn)到平面的距離；（Ⅲ）設(shè)面與面的交線為，求二面角的大?。畢⒖即鸢福航馕觯海á瘢?/p>

底面ABCD是正方形，∴AB⊥BC,又平面PBC⊥底面ABCD

平面PBC∩

平面ABCD=BC∴AB

⊥平面PBC又PC平面PBC∴AB

⊥CP

………………3分（Ⅱ）解法一：體積法.由題意，面面，取中點(diǎn)，則面.再取中點(diǎn)，則

………………5分設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則由.

………………7分解法二：面取中點(diǎn)，再取中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作，則在中，由∴點(diǎn)到平面的距離為。

………………7分解法三：向量法（略）（Ⅲ）面就是二面角的平面角.∴二面角的大小為45°.

………………12分方法二：向量法（略）.21.如圖，直線PQ與⊙O相切于點(diǎn)A，AB是⊙O的弦，的平分線AC交⊙O于點(diǎn)C，連結(jié)CB，并延長(zhǎng)與直線PQ相交于Q點(diǎn)，

(1)求證:;

（2）若AQ=6，AC=5.求弦AB的長(zhǎng).

參考答案：（1）∵PQ與⊙O相切于點(diǎn)A，∴

∵

∴∴AC=BC=5

由切割線定理得：

∴

------------5分

（2）由AC=BC=5，AQ=6及（1），知

QC=9

由

知∽

∴

∴

.

----------10分22.如圖,多面體ABCD—EFG中,底面ABCD為正方形,GD//FC//AE,AE⊥平面ABCD,其正視圖、俯視圖及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖:（1）求證:平面AEFC⊥平面BDG;（2）求該幾何體的體積;（3）求點(diǎn)C到平面BDG的距離．

參考答案：（1）連接AC,BD,正方形ABCD中,AC⊥BD,又AE∥GD∥FC,AE⊥平面ABC