四川省綿陽(yáng)市玉龍中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

四川省綿陽(yáng)市玉龍中學(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，則a，b，c的大小關(guān)系為（

）A. B. C. D.參考答案：D【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大小，確定選項(xiàng).【詳解】因?yàn)?，所以故選D【點(diǎn)睛】本題考查指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性，考查基本分析判斷能力，屬基礎(chǔ)題.2.已知函數(shù)，下面結(jié)論錯(cuò)誤的是……………（）A．函數(shù)的最小正周期為

B．函數(shù)是奇函數(shù)

C．函數(shù)在時(shí)，取得最小值

D．函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)參考答案：D3.已知向量（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B4.如圖，位于A處前方有兩個(gè)觀察站B，D，且△ABD為邊長(zhǎng)等于3km的正三角形，當(dāng)發(fā)現(xiàn)目標(biāo)出現(xiàn)于C處時(shí)，測(cè)得∠BDC=45°，∠CBD=75°，則AC=（）A．15﹣6km B．15+6km C．km D．km參考答案：C【考點(diǎn)】三角形中的幾何計(jì)算．【分析】先利用正弦定理，求出DC，再用余弦定理，求出AC．【解答】解：由題意，∠BCD=60°，∴=，∴DC=（3+），∵∠CDA=105°，∴AC==，故選C．5.已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，若將圖像上的所有點(diǎn)向右平移個(gè)單位得到函數(shù)的圖像，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（

）A．,

B．,

C．,

D．,參考答案：A由圖可知：A＝2，T＝＝，所以，，又，得，所以，，向右平移個(gè)單位得到函數(shù)＝，由，得，所以，選A6.已知全集

A．{0}

B．{2}

C．{0，1，2}

D.

參考答案：A略7.已知集合，集合，則等于（

）A． B． C．

D．參考答案：B8.巳知角a的終邊與單位圓交于點(diǎn)，則sin2a的值為(A)(B)－(C)－(D)參考答案：D略9.若對(duì)使成立，則（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：B10.已知函數(shù)則的值為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.由直線，曲線及軸所圍圖形的面積為

。參考答案：2ln212.等差數(shù)列中，已知，則．參考答案：【答案解析】1007

解析：由得：.【思路點(diǎn)撥】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)：當(dāng)，且時(shí)，求解.13.已知回歸直線的斜率的估計(jì)值為，樣本的中心點(diǎn)為，則回歸直線方程是

；參考答案：略14.如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的值為_(kāi)_________．參考答案：

【知識(shí)點(diǎn)】程序框圖L1解析：由程序框圖知，又以及周期的性質(zhì)，化簡(jiǎn)后得．故答案為.【思路點(diǎn)撥】首先分析程序框圖，循環(huán)體為“直到型”循環(huán)結(jié)構(gòu)，按照循環(huán)結(jié)構(gòu)進(jìn)行運(yùn)算，求出滿足題意時(shí)的值．15.以拋物線的頂點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)為右焦點(diǎn)，且以為漸近線的雙曲線方程是___________________參考答案：拋物線的焦點(diǎn)為，即雙曲線的的焦點(diǎn)在軸，且，所以雙曲線的方程可設(shè)為，雙曲線的漸近線為，得，所以，，即，所以，所以雙曲線的方程為。16.如圖，在中，是邊上一點(diǎn)，則.參考答案：答案：解析：由余弦定理得可得，又夾角大小為，，所以.17.拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，若A（﹣1，0），則的最小值為

．參考答案：考點(diǎn)：拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：過(guò)點(diǎn)P作PM垂直于準(zhǔn)線，M為垂足，則由拋物線的定義可得|PF|=|PM|，則==sin∠PAM，故當(dāng)PA和拋物線相切時(shí)，最小．再利用直線的斜率公式、導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切點(diǎn)的坐標(biāo)，從而求得的最小值．解答： 解：由題意可得，焦點(diǎn)F（1，0），準(zhǔn)線方程為x=﹣1．過(guò)點(diǎn)P作PM垂直于準(zhǔn)線，M為垂足，則由拋物線的定義可得|PF|=|PM|，則==sin∠PAM，∠PAM為銳角．故當(dāng)∠PAM最小時(shí)，最小，故當(dāng)PA和拋物線相切時(shí)，最?。O(shè)切點(diǎn)P（a，2），則PA的斜率為=（2）′=，求得a=1，可得P（1，2），∴|PM|=2|PA|=2sin∠PAM===，故答案為：．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查拋物線的定義、性質(zhì)的簡(jiǎn)單應(yīng)用，直線的斜率公式、導(dǎo)數(shù)的幾何意義，屬于中檔題．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.在如圖所示的五面體ABCDEF中，，，，四邊形為正方形，平面平面ABCD，G為線段AB的中點(diǎn).（1）證明：平面；（2）求該五面體的體積.參考答案：(1)見(jiàn)證明；(2)【分析】（1）根據(jù)題意，可推導(dǎo)出四邊形為平行四邊形，從而，由此能證明平面．（2）推導(dǎo)出，從而平面．平面將五面體分成四棱錐和三棱錐，該五面體的體積，由此能求出結(jié)果．【詳解】（1）因?yàn)?，，，所以，又四邊形是正方形，所以，，故四邊形為平行四邊形故因?yàn)槠矫?，平面所以平面?）因?yàn)槠矫嫫矫妫倪呅螢檎叫?，所以，所以平面，在中，因?yàn)?，故，又，所以由余弦定理，得，所以，，則，平面將五面體分成四棱錐和三棱錐故.【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的證明，考查五面體的體積的求法，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．19.正項(xiàng)等差數(shù)列中，已知，且構(gòu)成等差數(shù)列的前三項(xiàng)。（I）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（II）求數(shù)列的前項(xiàng)和。參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】等差數(shù)列數(shù)列求和D2D4（I），；（II）（I）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由已知得又，解得d=2,所以，又，所以；（II）因?yàn)閮墒较鄿p得，則.【思路點(diǎn)撥】一般遇到數(shù)列求和問(wèn)題，通常結(jié)合通項(xiàng)公式特征確定求和思路，本題是等差與等比的積數(shù)列，所以用錯(cuò)位相減法求和.20.已知橢圓C：經(jīng)過(guò)點(diǎn)，，點(diǎn)A是橢圓的下頂點(diǎn).（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)A且互相垂直的兩直線l1，l2與直線分別相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，已知OE=OF，求直線l1的斜率.參考答案：解：（1）由題意得，解得，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）由題意知，直線，的斜率存在且不為零，設(shè)直線：，與直線聯(lián)立方程有，得，設(shè)直線：，同理，因?yàn)?，所以，①，無(wú)實(shí)數(shù)解；②，，，解得，綜上可得，直線的斜率為.

21.設(shè)函數(shù)f（x）=x++alnx，g（x）=x++（﹣x）lnx，其中a∈R．（Ⅰ）證明：g（x）=g（），并求g（x）的最大值；（Ⅱ）記f（x）的最小值為h（a），證明：函數(shù)y=h（a）有兩個(gè)互為相反數(shù)的零點(diǎn)．參考答案：解：（Ⅰ）∵g（）=+x+（x﹣）ln=x++（﹣x）lnx，∴g（x）=g（），則g′（x）=﹣（1+）lnx，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．所以g（x）的最大值為g（1）==2．（Ⅱ）∵f（x）=x++alnx，∴f′（x）=1﹣+=．令f′（x）=0，即x2+ax﹣1=0，則△=a2+4＞0，不妨取t=＞0，由此得：t2+at﹣1=0或?qū)憺椋篴=﹣t．當(dāng)x∈（0，t）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．從而f（x）的最小值為f（t）=t++alnt=t++（﹣t）lnt，即h（a）=t++（﹣t）lnt=g（t）（或h（a）=+aln）．由（Ⅰ）可知g（）=g（e2）=﹣e2＜0，g（1）=2＞0，分別存在唯一的c∈（0，1）和d∈（1，+∞），使得g（c）=g（d）=0，且cd=1，因?yàn)閍=﹣t（t＞0）是t的減函數(shù)，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)a1=﹣d和a2=﹣c，又﹣d+﹣c=﹣（c+d）=0，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)且互為相反數(shù)考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；函數(shù)零點(diǎn)的判定定理；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．分析：（Ⅰ）利用已知函數(shù)g（x）的解析式，分別計(jì)算g（），g（x），可得兩者相等；再利用g′（x）求得最大值；（Ⅱ）利用f′（x）可得f（x）的最小值h（a）=t++（﹣t）lnt=g（t），由（Ⅰ）可知g（）＜0，g（1）＞0，利用函數(shù)零點(diǎn)的判定定理即得結(jié)論．解答：解：（Ⅰ）∵g（）=+x+（x﹣）ln=x++（﹣x）lnx，∴g（x）=g（），則g′（x）=﹣（1+）lnx，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．所以g（x）的最大值為g（1）==2．（Ⅱ）∵f（x）=x++alnx，∴f′（x）=1﹣+=．令f′（x）=0，即x2+ax﹣1=0，則△=a2+4＞0，不妨取t=＞0，由此得：t2+at﹣1=0或?qū)憺椋篴=﹣t．當(dāng)x∈（0，t）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．從而f（x）的最小值為f（t）=t++alnt=t++（﹣t）lnt，即h（a）=t++（﹣t）lnt=g（t）（或h（a）=+aln）．由（Ⅰ）可知g（）=g（e2）=﹣e2＜0，g（1）=2＞0，分別存在唯一的c∈（0，1）和d∈（1，+∞），使得g（c）=g（d）=0，且cd=1，因?yàn)閍=﹣t（t＞0）是t的減函數(shù)，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)a1=﹣d和a2=﹣c，又﹣d+﹣c=﹣（c+d）=0，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)且互為相反數(shù)．點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)判定定理，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力和推理論證能力22.已知f（x）=bx﹣b，g（x）=（bx﹣1）ex，b∈R（Ⅰ）若b≥0，討論g（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若不等式f（x）＞g（x）有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，求b的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；6D：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（Ⅱ）分離參數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為b＜有兩個(gè)整數(shù)解，得到關(guān)于a的不等式組，解出即可．【解答】解：（Ⅰ）g′（x）=ex（bx+b﹣1），b=0時(shí)，g′（x）＜0在R恒成立，即g（x）在R遞減，b＞0時(shí)，g′（x）＞0的解集是{x|x＞﹣1}，即g（x）在（﹣1，+∞）遞增，在（﹣∞，﹣1）遞減；（Ⅱ）由不等式f（x）＞g（x）有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，b則a（xex﹣x+1）＜ex有兩個(gè)整數(shù)解．因?yàn)閥=x（ex﹣1）+1，當(dāng)x＞0時(shí)，ex﹣1＞0