河北省邯鄲市雞澤縣第一中學2021-2022學年高三數(shù)學文上學期期末試題含解析

河北省邯鄲市雞澤縣第一中學2021-2022學年高三數(shù)學文上學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.設復數(shù)的共軛復數(shù)為，若則復數(shù)（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D2.右邊是一個算法的程序框圖，當輸入的x值為3時，輸出y的結果也恰好是，則？處的關系是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：B略3.已知，則函數(shù)有零點的概率為

A.

B.

C.

D.參考答案：C4.已知函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，則“是周期函數(shù)”的一個充要條件是（

）

A.

B.，

C.

D.，參考答案：D略5.已知正項等比數(shù)列{an}滿足：a7=a6+2a5，若存在兩項am，an使得=4a1，則+的最小值為（）A． B． C． D．不存在參考答案：A考點：基本不等式在最值問題中的應用；數(shù)列與不等式的綜合．專題：不等式．分析：{an}為等比數(shù)列，可設首項為a1，公比為q，從而由a7=a6+2a5可以得出公比q=2，而由可以得出m+n=6，從而得到，從而便得到，這樣可以看出，根據(jù)基本不等式即可得出的最小值．解：設數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，則由a7=a6+2a5得：；∴q2﹣q﹣2=0；∵an＞0；∴解得q=2；∴由得：；∴2m+n﹣2=24；∴m+n﹣2=4，m+n=6；∴；∴=，，即n=2m時取“=”；∴的最小值為．故選：A．【點評】考查等比數(shù)列的通項公式，基本不等式用于求最小值，應用a+b求最小值時，需滿足ab為定值．6.設第一象限內的點（）滿足若目標函數(shù)的最大值是4，則的最小值為（A）3

（B）4

（C）8

（D）9參考答案：B7.將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，則下列關于說法正確的是（

）A.最大值為1，圖象關于直線對稱B.在上單調遞減，為奇函數(shù)C.在上單調遞增，為偶函數(shù)D.周期是π，圖象關于點對稱參考答案：A【分析】首先求出，求出函數(shù)的值域與對稱軸即可選出正確答案.【詳解】函數(shù)的圖象向左平移個單位長度得到，的值域為，令，則，所以直線是的一條對稱軸，故A正確.為偶函數(shù)，周期為,故B錯誤；當時，，令，則在上顯然不單調，故C錯誤；，故D錯誤，故選：A【點睛】本題考查余弦型函數(shù)的性質，包括單調性、周期性、對稱性與奇偶性，屬于基礎題.8.設，，在中正數(shù)的個數(shù)是()A.25 B.50 C.75 D.100參考答案：D【分析】由于的周期，由正弦函數(shù)性質可知，，，…，，，，…，，單調遞減，，…都為負數(shù)，但是，，…，，從而可判斷的符號，同理可判斷的符號.【詳解】由于周期，由正弦函數(shù)性質可知，，…，，，，，…，，且，…但是單調遞減，都為負數(shù)，但是，，…，∴，，…，中都為正，且，，…，都為正，同理，，…，都為正，且，…，都為正，即個數(shù)為100，故選：D．【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的周期的應用，數(shù)列求和的應用，解題的關鍵是正弦函數(shù)性質的靈活應用，屬于中檔題.9.已知全集集合集合，則集合為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D10.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，若、的圖象都經過點，則的值可以是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.已知雙曲線的一條漸近線方程是，它的一個焦點坐標為（2，0），則雙曲線方程為A、B、C、D、參考答案：C∵雙曲線的一個焦點坐標為（2，0）∴，焦點在x軸上∵漸近線方程是

∴令則∴∴∴∴雙曲線方程為12.已知向量=（1，2），=（x，﹣1），若∥（﹣），則?=．參考答案：﹣

【考點】平面向量的坐標運算．【分析】利用向量共線定理即可得出．【解答】解：=（1﹣x，3），∵∥（﹣），∴2（1﹣x）﹣3=0，解得x=﹣．則?=﹣﹣2=﹣．故答案為：﹣．13.甲、乙、丙三人中任選兩名代表，則甲被選中的概率是

。參考答案：14.已知一個半徑為1m的半圓形工件,未搬動前如圖所示(直徑平行于地面放置),搬動時為了保護圓弧部分不受損傷,先將半圓作如圖所示的無滑動翻轉,使它的直徑緊貼地面,再將它沿地面平移40m,則圓心O所經過的路線長是_______m.參考答案：略15.已知向量=（1，2），=（﹣2，2），則|﹣|的值為．參考答案：3【考點】平面向量數(shù)量積的運算．【專題】計算題；對應思想；平面向量及應用．【分析】首先求出﹣的坐標，然后求模．【解答】解：因為向量=（1，2），=（﹣2，2），所以﹣=（3，0），所以|﹣|=3；故答案為：3．【點評】本題考查了平面向量的坐標運算以及求向量的模；屬于基礎題．16.已知圓O上三個不同點A，B，C，若，則∠ACB=

．參考答案：【考點】向量在幾何中的應用．【專題】計算題；平面向量及應用．【分析】由題意，向量式右邊兩個系數(shù)之和為1，所以A、B、O三點共線，即可得出結論．【解答】解：由題意，向量式右邊兩個系數(shù)之和為1，所以A、B、O三點共線，所以∠ACB=，故答案為：．【點評】本題考查向量共線定理的運用，考查學生的計算能力，確定A、B、O三點共線是關鍵．17.已知，則二項式的展開式中x﹣3的系數(shù)為．參考答案：﹣160【考點】二項式定理的應用．【分析】求定積分得a的值，在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數(shù)等于﹣3，求出r的值，即可求得展開式中x﹣3的系數(shù)．【解答】解：=﹣cosx=2，則二項式=的展開式的通項公式為Tr+1=?（﹣2）r?x﹣r，令﹣r=﹣3，可得r=3，故展開式中x﹣3的系數(shù)為?（﹣2）3=﹣160，故答案為：﹣160．【點評】本題主要考查求定積分，二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質，屬于基礎題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分10分）選修4-4：坐標系與參數(shù)方程在直角坐標系xOy中，以O為極點，x正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為cos（）=1，M,N分別為C與x軸，y軸的交點。（1）寫出C的直角坐標方程，并求M,N的極坐標；（2）設MN的中點為P，求直線OP的極坐標方程。參考答案：（Ⅱ）M點的直角坐標為（2，0）N點的直角坐標為所以P點的直角坐標為所以直線OP的極坐標方程為19.已知函數(shù)（e是自然對數(shù)的底數(shù)，）.（1）當時，求曲線f(x)在點處的切線方程；（2）若時，都有，求a的取值范圍.參考答案：（1）（2）【分析】（1）當時，求得函數(shù)的導數(shù)，得到，，得出切點坐標，切線的斜率2，即可求解切線的方程；（2）由時，都有，即當，恒成立，令，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性與最值，即可求解.【詳解】（1）由題意，當時，函數(shù)，則，所以，，即切點坐標為，切線的斜率為2，所以曲線在點處的切線方程為，即.（2）由時，都有，即當，恒成立，令，則，令，則，因為，所以，所以函數(shù)為增函數(shù)，，所以，即函數(shù)為增函數(shù)，所以，所以.【點睛】本題主要考查利用導數(shù)的幾何意義求得曲線在某點處的切線方程，以及恒成立問題的求解，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構造新函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題．20.如圖正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M為CE的中點．（Ⅰ）求證：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求證：平面BDE⊥平面BEC；（Ⅲ）求平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定．【專題】計算題；證明題．【分析】（I）取DE中點N，連接MN，AN，由三角形中位線定理，結合已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，易得四邊形ABMN為平行四邊形，所以BM∥AN，再由線面平面的判定定理，可得BM∥平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，易得ED⊥平面ABCD，進而ED⊥BC，由勾股定理，我們易判斷出△BCD中，BC⊥BD，由線面垂直的判定定理可得BC⊥平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE⊥平面BEC；（III）以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，分別求出平面BEC與平面ADEF的法向量，代入向量夾角公式，即可求出平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值．【解答】證明：（I）取DE中點N，連接MN，AN在△EDC中，M、N分別為EC，ED的中點，所以MN∥CD，且MN=CD．由已知AB∥CD，AB=CD，所以MN∥AB，且MN=AB．所以四邊形ABMN為平行四邊形，所以BM∥AN又因為AN?平面ADEF，且BM?平面ADEF，所以BM∥平面ADEF．（II）在正方形ADEF中，ED⊥AD，又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥BC．在直角梯形ABCD中，AB=AD=2，CD=4，可得BC=2在△BCD中，BD=BC=2，CD=4，所以BC⊥BD．所以BC⊥平面BDE，又因為BC?平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．解：（III）由（2）知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD．以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系．B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），平面ADEF的一個法向量為=（0，1，0）．設=（x，y，z）為平面BEC的一個法向量，因為，∴令x=1，得y=1，z=2所以=（1，1，2）為平面BEC的一個法向量設平面BEC與平面ADEF所成銳二面角為θ則cosθ==所以平面BEC與平面ADEF所成銳二面角為余弦值為【點評】本題考查的知識點是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，平面與平面垂直的判定，熟練掌握空間直線與平面不同位置關系（平行和垂直）的判定定理、性質定理、定義及幾何特征是解答本題的關鍵．21.已知函數(shù)f（x）=在點（e，f（e））處切線與直線e2x﹣y+e=0垂直．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）（1）求a的值；（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，求實數(shù)m的取值范圍；（3）求證：當x＞1時，f（x）＞恒成立．參考答案：【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性；利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】（1）求出，由題意得，由此得到a=1．（2）由，（x＞0），得到當x∈（0，1）時，f（x）為增函數(shù)，當x∈（1，+∞）時，f（x）為減函數(shù)，從而當x=1時，f（x）取得極大值f（1），再由函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，能求出實數(shù)m的取值范圍．（3）當x＞1時，，令g（x）=，則g′（x）=，再令φ（x）=x﹣lnx，則φ′（x）=1﹣，由導數(shù)性質得g（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)，由此能證明當x＞1時，f（x）＞恒成立．【解答】解：（1）∵f（x）=，∴，由題意得，∴﹣=﹣，解得a=1．（2）由（1）得，（x＞0），當x∈（0，1）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，∴當x=1時，f（x）取得極大值f（1），∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，∴m＜1＜m+1，解得0＜m＜1，∴實數(shù)m的取值范圍是（0，1）．（3）當x＞1時，＞，∴，令g（x）=，則=，再令φ（x）=x﹣lnx，則φ′（x）=1﹣，∵x＞1，∴φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，∵φ（1）=1，∴當x＞1時，g′（x）＞0，∴g（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)，∴當x＞1時，g（x）＞g（1），又g（1）=2，∴g（x）＞2恒成立，∴當x＞1時，f（x）＞恒成立．【點評】本題考查導數(shù)的性質及應用、考查不等式性質及證明等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．22.點與定點的距離和它到直線的距離的比是常數(shù)，設點P的軌跡為曲線E.（1）求曲線E的方程；（2）過點F的直線l與曲線E交于A，B兩點，設AB的中點為M，C，D兩點為曲線E上關于原點O對稱的兩點，且（），求四邊形ACBD面積的取值范圍.參考答案：(1)；(2).【分析】（1）設出點的坐標，根據(jù)題意，列出方程，整理化簡即可求得動點的軌跡方程；（2）設出直線的方程，利用弦長公式求得，再利用，建立直線與之間的聯(lián)系，再利用點到直線的距離，以及面積公式，將四