2021-2022學(xué)年四川省資陽市臨江高級職業(yè)中學(xué)高三數(shù)學(xué)文期末試題含解析

2021-2022學(xué)年四川省資陽市臨江高級職業(yè)中學(xué)高三數(shù)學(xué)文期末試題含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.設(shè)f(x)是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，又f(－3)＝0，則x·f(x)>0的解集是()

A．{x|－3<x<0，或x>3}

B．{x|x<－3，或0<x<3}C．{x|x<－3，或x>3}

D．{x|－3<x<0，或0<x<3}參考答案：C2.設(shè)函數(shù)f（x）（x∈R）為奇函數(shù)，f（1）＝，f（x＋2）＝f（x）＋f（2），則f（5）＝

（A）0

（B）1

（C）

（D）5

參考答案：C略3.函數(shù)y=sin2x的圖象向右平移個單位，得到的圖象關(guān)于直線對稱，則的最小值為

A．

B．

C．

D．參考答案：A4.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E是棱D1C1的中點，點F在正方體內(nèi)部或正方體的表面上，若EF∥平面A1BC1，則動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】L2：棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【分析】分別取棱CC1、BC、AB、AA1、A1D1的中點M、N、G、Q、P，推導(dǎo)出平面EMNGQP∥平面A1BC1，從而動點F的軌跡所形成的區(qū)域是平面EMNGQP，由此能求出動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積．【解答】解：如圖，分別取棱CC1、BC、AB、AA1、A1D1的中點M、N、G、Q、P，則PE∥A1C1∥GN，EM∥A1B∥GQ，PQ∥BC1∥MN，∴平面EMNGQP∥平面A1BC1，∵點F在正方體內(nèi)部或正方體的表面上，若EF∥平面A1BC1，∴動點F的軌跡所形成的區(qū)域是平面EMNGQP，∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，∴PE=EM=MN=NG=GQ=PQ=，PN=，∴E到PN的距離d==，∴動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積：S=2S梯形PNME=2×=．故選：C．5.已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題有

()A．0個 B．1個

C．2個

D．3個參考答案：B6.設(shè)函數(shù)在區(qū)間(0,2)上有兩個極值點，則a的取值范圍是（）A.

B.

C.

D.參考答案：D由題意得，在區(qū)間上有兩個不等的實根，即在區(qū)間上有兩個實根.設(shè)，則，易知當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，則又，當(dāng)時，，所以故選D.7.已知棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中,P,Q是面對角線A1C1上的兩個不同動點.則以下結(jié)論不成立的是

（

）Ａ.存在P,Q兩點,使BPDQ;B存在P,Q兩點,使BP,DQ與直線B1C都成450的角;C若|PQ|=1,則四面體BDPQ的體積一定是定值;D.若|PQ|=1,則四面體BDPQ在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值.參考答案：B8.如圖所示，△DEF中，已知DE=DF，點M在直線EF上從左到右運動（點M不與E、F重合），對于M的每一個位置（x，0），記△DEM的外接圓面積與△DMF的外接圓面積的比值為f（x），那么函數(shù)y=f（x）的大致圖象為（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】函數(shù)的圖象．【分析】設(shè)△DEM的外接圓半徑為R1，△DMF的外接圓半徑為R2，根據(jù)正弦定理可得R1=R2，即可：f（x）=1，圖象得以判斷．【解答】解：設(shè)△DEM的外接圓半徑為R1，△DMF的外接圓半徑為R2，則由題意，=f（x），點M在直線EF上從左到右運動（點M不與E、F重合），對于M的每一個位置，由正弦定理可得：R1=，R2=?，又DE=DF，sin∠DME=sin∠DMF，可得：R1=R2，可得：f（x）=1，故選：C．9.若A為不等式組表示的平面區(qū)域，則當(dāng)從變化到1時，動直線掃過A中的那部分區(qū)域的面積為；

A．

B．1

C．

D．2參考答案：C【解析】當(dāng)從變化到1時，動直線掃過A中的那部分區(qū)域如圖中的陰影部分，顯然，這部分面積大于1而小于2，故選C。10.已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點，M為雙曲線右支上一點且滿足，若直線MF2與雙曲線的另一個交點為N，則的面積為A．12 B． C．24 D．參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若實數(shù)x，y滿足，則目標(biāo)函數(shù)的最小值為

▲

．參考答案：作可行域如圖，則直線過點A時取最小值

12.已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD邊長為1，高AA1=，它的八個頂點都在同一球面上，那么球的半徑是

；A，B兩點的球面距離為

.參考答案：答案：1，

13.已知集合，，則．參考答案：因為，所以。14.以下命題：①若則∥；②在方向上的投影為；③若△中,則；④若非零向量、滿足，則.⑤已知△ABC中，則向量所在直線必過N點。其中所有真命題的序號是_____________.參考答案：①②④⑤略15.定義在-1,1上的奇函數(shù)f(x)是減函數(shù)，且f(1-a)+f(1-a2)＞0,求實數(shù)a的取值范圍。參考答案：f(1-a)+f(1-a2)＞0,得：f(1-a)＞f(a2-1),

1<a≤16.將一顆質(zhì)地均勻的正四面體骰子（每個面上分別寫有數(shù)字1，2，3，4）先后拋擲2次，觀察其朝下一面的數(shù)字，則兩次數(shù)字之和等于6的概率為

．參考答案：兩次數(shù)字之和等于有三種基本事件，所以概率為

17.在△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，cos=，且acosB+bcosA=2，則△ABC的面積的最大值為．參考答案：【考點】正弦定理．【分析】所求的式子cosC利用二倍角的余弦函數(shù)公式化簡后，將已知的cos的值代入即可求出cosC值，利用余弦定理分別表示出cosB和cosA，代入到已知的等式中，化簡后即可求出c的值，然后利用余弦定理表示出c2=a2+b2﹣2abcosC，把c及cosC的值代入后，利用基本不等式即可求出ab的最大值，然后由cosC的值，及C的范圍，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出sinC的值，利用三角形的面積公式表示出三角形ABC的面積，把ab的最大值及sinC的值代入即可求出面積的最大值．【解答】（本題滿分為14分）解：∵cos=，∴cosC=2cos2﹣1=2（）2﹣1=；…∵acosB+bcosA=2，∴a×+b×=2，∴c=2，…∴4=a2+b2﹣2ab×≥2ab﹣2ab×=ab，∴ab≤（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=時等號成立）…由cosC=，得sinC=…∴S△ABC=absinC≤××=，故△ABC的面積最大值為…三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本題12分）已知偶函數(shù)滿足：當(dāng)時，，當(dāng)時，(1)求當(dāng)時，的表達式；(2)試討論：當(dāng)實數(shù)滿足什么條件時，函數(shù)有4個零點，且這4個零點從小到大依次構(gòu)成等差數(shù)列.參考答案：解：（1）設(shè)則，又偶函數(shù)

所以，

………3分（2）零點，與交點有4個且均勻分布（Ⅰ）時，

得，所以時，

…………5分（Ⅱ）且時，

，

所以時，………7分（Ⅲ）時m=1時

符合題意………8分（IV）時，，,m此時所以（舍）且時，時存在

………10分綜上：

①時，

②時，③時，符合題意

………12分19.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中點，點E在棱BB1上運動.（1）證明：AD⊥C1E；（2）當(dāng)異面直線AC，C1E所成的角為60°時，求三棱錐C1—A1B1E的體積.

參考答案：（1）∵AB=AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC又在直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AD平面ABC∴AD⊥BB1故AD⊥平面BB1C1C由點E在棱BB1上運動，得C1E平面BB1C1C∴AD⊥C1E（2）∵AC∥A1C1，∴∠A1C1E是異面直線AC、C1E所成的角由題設(shè)∠A1C1E=60°，∵∠B1A1C1=∠BAC=90°∴A1C1⊥A1B1，又AA1⊥A1C1從而A1C1⊥平面A1ABB1，于是A1C1⊥A1E故C1E=

又∴∴×A1C1=

略20.（本小題滿分10分）選修4－1：幾何證明選講如圖，已知圓上的，過C點的圓的切線與BA的延長線交于E點．

（Ⅰ）求證：∠ACE＝∠BCD；

（Ⅱ）若BE＝9，CD＝1，求BC的長． 參考答案：（Ⅰ）．………………（2分）又為圓的切線，．……………（5分）（Ⅱ）為圓的切線，∴，由（Ⅰ）可得，……（7分）∴△∽△，∴，∴=3．……（10分）21.不等式選講已知a,b都是正實數(shù)，且(I)求證：;

(II)求的最小