2021-2022学年山西省吕梁市北张中学高三数学理期末试卷含解析

1、2021-2022学年山西省吕梁市北张中学高三数学理期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知向量,则与夹角的余弦值为A B C D参考答案：B2. 已知f（x）=cos（x+）（0）的图象与直线y=1的两个交点的最短距离是，要得到y=f（x）的图象，只需要把y=sinx的图象( )A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位参考答案：A【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【专题】三角函数的图像与性质【分析】由条件利用诱导公式、y=Asin（x+）的图象变换规律，可得结论【解答】解：

2、由题意可得f（x）=cos（x+）（0）的最小正周期为=，求得=2，f（x）=cos（2x+），故只需要把y=sin2x的图象向左平移个单位，可得y=sin2（x+）=cos（2x+）=f（x）的图象，故选：A【点评】本题主要考查诱导公式的应用，利用了y=Asin（x+）的图象变换规律，属于基础题3. 如图2是函数图象一部分，对不同的，若，有，则（ ）A在()上是增函数B在()上是减函数C在()上是增函数D在()上是减函数参考答案：A试题分析：根据函数图象得出；，对称轴为：，即，故选：A考点：正弦函数的图象.【思路点晴】本题考察了三角函数的图象和性质的运用，关键是利用图象得出对称轴，最值即可，

3、加强分析能力的运用；对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解.4. 已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为() A B C D参考答案：D5. 算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式VL2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么，近似公式VL2h相当于将圆锥体积公式中的近

4、似取为（）ABCD参考答案：B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据近似公式VL2h，建立方程，即可求得结论【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2r，=（2r）2h，=故选：B6. 设变量满足约束条件,则目标函数z=3x-2y的最小值为( )A.5 B.4 C.2 D.3参考答案：B7. 如图所示的程序框图，若输入则输出的值为（）A56 B336 C.360 D1440参考答案：B8. 现有四个函数y=xsinx，y=xcosx，y=x|cosx|，y=x2x的部分图象如下，但顺序被打乱，则按照图象从左到名，对应的函数序号正确的一组是(A) (B) (C) (D) 参考答案：

5、A略9. 某几何体的三视图如图所示（在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1），则该几何体的表面积为（ ）A48B54C60D64参考答案：C试题分析：根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积，故选C考点：空间几何体的三视图及表面积10. 某几何体的正视图和侧视图如图，它的俯视图的直观图为矩形O1A1B1C1如图，其中O1A1=6，O1C1=2，则该几何体的体积为（）A16B32C32D64参考答案：B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，代入锥体体积公式，可得答案【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底

6、面的四棱锥，由俯视图的直观图为矩形O1A1B1C1，且O1A1=6，O1C1=2，故底面直观图的面积为12，故底面面积S=12=24，高h=4，故棱锥的体积V=32故选：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知= .参考答案：略12. 已知实数的范围是（用区间表示）_.参考答案： 13. 已知实数x，y满足则的取值范围是 。参考答案：略14. 已知某算法的流程图如图所示，则程序运行结束时输出的结果为 参考答案：（27，5）15. 若集合，则 .参考答案：由题意可得所以，填。16. 已知an、bn都是等差数列，若，则_参考答案：21【分析】由等差数列的性质可知，代入即可求

7、解【详解】解：、都是等差数列，若，又，故答案为：21.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的简单应用，属于基础试题17. 下列有关命题中，正确命题的序号是命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x1”；命题“?xR，x2+x10”的否定是“?xR，x2+x10”；命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题是假命题若“p或q为真命题，则p，q至少有一个为真命题”参考答案：【考点】四种命题；命题的否定【专题】对应思想；综合法；简易逻辑【分析】分别对进行判断，从而得到结论【解答】解：命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x21，则x1”；故错误；命题“?xR，x2+x10”的

8、否定是“?xR，x2+x10”；故错误；命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题是若sinxsiny，则xy，是真命题，故错误；若“p或q为真命题，则p，q至少有一个为真命题”，正确；故答案为：【点评】本题考察了命题的否定以及命题之间的关系，是一道基础题三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数（I）求的值（II）求函数的单调递减区间及对称轴方程参考答案：（I）（II）单调递减区间为，对称轴为，（I），（II），单调递减区间为，对称轴为，19. 甲、乙两人射击(每次射击是相互独立事件)，规则如下：若某人一次击中，则由他继续射击；若一次

9、不中，就由对方接替射击。已知甲、乙二人每次击中的概率均为，若两人合计共射击3次，且第一次由甲开始射击.求： （1）甲恰好击中2次的概率； （2）乙射击次数的分布列及期望.参考答案：解析：(1)记“甲同学恰好击中2次”为事件A，则 （2）的可能取值是0，1，2乙射击次数的分布列为：012P期望 20. 已知四棱锥EABCD的底面为菱形，且ABC60，ABEC2，AEBE，O为AB的中点(1)求证：EO平面ABCD；(2)求点D到平面AEC的距离参考答案：略21. 如图，椭圆C1： +y2=1，x轴被曲线C2：y=x2b截得的线段长等于C1的长半轴长（1）求实数b的值；（2）设C2与y轴的交点为M

10、，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A、B，直线MA、MB分别与C1相交于D、E证明： ?=0；记MAB，MDE的面积分别是S1，S2若=，求的取值范围参考答案：【考点】圆锥曲线的综合【分析】（1）确定半长轴为2，利用x轴被曲线C2：y=x2b截得的线段长等于C1的长半轴长，可求b的值；（2）设直线的方程与抛物线方程联立，利用点M的坐标为（0，1），可得kMAkMB=1，从而得证；设直线的斜率为k1，则直线的方程为y=k1x1，代入抛物线方程可得x2=k1x，从而可得点A的坐标、点B的坐标，进而可得S1，同理可得S2，进而可得比值，由此可得的取值范围【解答】（1）解：由题意知：半长轴为2，则有

11、2=2 （3分）b=1 （4分）（2）证明：由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线的方程为y=kx与抛物线方程联立，消去y可得x2kx1=0，（6分）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1+x2=k，x1x2=1（7分）又点M的坐标为（0，1），所以kMAkMB=1（9分）故MAMB，即MDME，故 （10分）设直线的斜率为k1，则直线的方程为y=k1x1，代入抛物线方程可得x2=k1x，解得x=0或x=k1，则点A的坐标为（k1，） （12分）同理可得点B的坐标为于是=直线的方程为y=k1x1，代入椭圆方程，消去y，可得（）x28k1x=0，解得x=0或x=，则点D的坐标为； （14分）同理可得点E的坐标于是S2=因此，（16分）又由点A，B的坐标可知，k=，平方后代入上式，所以=故的取值范围为） （18分）【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，属于中档题22. （12分） 甲有一个箱子，里面放有x个红球,y个白球(x,y0,且x+y=4)；乙有一个箱子，里面放有2个红球，1个白球，1个黄球.现在甲从自己的