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文档简介

2021-2022学年广东省梅州市福兴中学高三数学文上学期期末试题含解析一、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.定义在上的函数满足,当时,若时,恒成立,则实数t的取值范围是(

)A.

B.

C.[1,2]

D.[2,+∞)参考答案:C2.如果执行如面的程序框图,那么输出的S=(

)A.119 B.719 C.4949 D.600参考答案:B【考点】循环结构.【专题】图表型.【分析】先根据已知循环条件和循环体判定循环的次数,然后根据运行的后s的值找出规律,从而得出所求.【解答】解:根据题意可知该循环体运行5次第一次:T=1,s=1,k=2;第二次:T=2,s=5,k=3;第三次:T=6,s=23,k=4;第四次:T=24,s=119,k=5;第五次:T=120,s=719,k=6;因为k=6>5,结束循环,输出结果s=719.故选B.【点评】本题考查循环结构.解决程序框图中的循环结构时,常采用写出前几次循环的结果,找规律.3.已知函数,若恒成立,则的取值范围是(

)(A)

(B)

(C)

(D)参考答案:C略4.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等于(

)A.

B.160

C.

D.参考答案:C略5.已知复数对应复平面上的点,复数满足,则(

)A. B.2

C.

D.参考答案:C6.函数的图象大致是A. B.C.

D.参考答案:D7.如图,设是图中边长为的正方形区域,是内函数图象下方的点构成的区域.向中随机投一点,则该点落入中的概率为(

)A.

B.

C.

D.参考答案:B8.“抛物线的方程为”是“抛物线的准线方程为”的(

)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

参考答案:A9.在中,是的中点,则的长度为(

)A.

B.

C.

D.参考答案:A10.设i是虚数单位,复数z满足z?(1+i)=﹣i,则复数z的虚部等于()A.﹣ B. C.2 D.﹣参考答案:A【考点】A5:复数代数形式的乘除运算.【分析】z?(1+i)=﹣i,可得z?(1+i)(1﹣i)=﹣i(1﹣i),化简即可得出.【解答】解:z?(1+i)=﹣i,∴z?(1+i)(1﹣i)=﹣i(1﹣i),∴3z=﹣2﹣i,即z=﹣﹣i.则复数z的虚部等于﹣.故选:A.【点评】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义、共轭复数的定义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.(坐标系与参数方程)若直线(为参数)与直线垂直,则常数

.参考答案:略12.已知偶函数在单调递减,.若,则的取值集合是__________.参考答案:【知识点】函数的奇偶性;函数的单调性.【答案解析】解:因为偶函数在单调递减,所以在单调递增,又因为,所以,故满足的x的范围是,而成立,则有,即,故答案为.【思路点拨】结合函数的性质可得的x的范围,再解即可.13.(lg5)2+lg2·lg50=________.参考答案:114.已知{an}是等差数列,,且.若,则{bn}的前n项和Tn=_____.参考答案:【分析】先设等差数列的公差为,根据题中条件,求出首项和公差,得到通项公式,进而得到,再由分母有理化,用裂项相消的方法,即可求出结果.【详解】设等差数列的公差为,由,可得,解得,所以,因此,所以,的前项和.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、以及裂项相消法求和,熟记公式即可,属于常考题型.15.已知,且,则sinα=.参考答案:【考点】两角和与差的余弦函数;同角三角函数间的基本关系.【专题】计算题.【分析】由α和β的范围求出α﹣β的范围,根据cos(α﹣β)的值,利用同角三角函数间的基本关系求出sin(α﹣β)的值,再由sinβ的值,利用同角三角函数间的基本关系求出cosβ的值,然后将所求式子中的角α变为(α﹣β)+β,利用两角和与差的正弦函数公式化简后,将各自的值代入即可求出值.【解答】解:∵α∈(0,),β∈(﹣,0),∴α﹣β∈(0,π),又cos(α﹣β)=,sinβ=﹣,∴sin(α﹣β)==,cosβ==,则sinα=sin[(α﹣β)+β]=sin(α﹣β)cosβ+cos(α﹣β)sinβ=×+×(﹣)=.故答案为:【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式,以及同角三角函数间的基本关系,熟练掌握公式及基本关系是解本题的关键,同时注意角度的范围.16.已知命题p:点M(x,y)满足xcosθ+ysinθ=1,θ∈(0,2π],命题q:点N(x,y)满足x2+y2=m2(m>0),若p是q的必要不充分条件,那么实数m的取值范围是

.参考答案:m≥1【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.【分析】由p是q的必要不充分条件,可得≤1,解得m范围.【解答】解:∵命题p:点M(x,y)满足xcosθ+ysinθ=1,θ∈(0,2π],命题q:点N(x,y)满足x2+y2=m2(m>0),∵p是q的必要不充分条件,∴≤1,解得m≥1.那么实数m的取值范围是m≥1.故答案为:m≥1.17..已知,则

.参考答案: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.设关于x的一元二次方程x-x+1=0(n∈N)有两根α和β,

且满足6α-2αβ+6β=3.(2)试用表示a;(3)求证:数列是等比数列;(4)当时,求数列的通项公式。参考答案:解:(1)根据韦达定理,得α+β=,α?β=,由6α-2αβ+6β=3得

4分(2)证明:因为

13分19.如图,已知椭圆:的离心率为,、为椭圆的左右顶点,焦点到短轴端点的距离为2,、为椭圆上异于、的两点,且直线的斜率等于直线斜率的2倍.(Ⅰ)求证:直线与直线的斜率乘积为定值;(Ⅱ)求三角形的面积的最大值.参考答案:解:(Ⅰ).,故.(Ⅱ)当直线的斜率存在时,设:与轴的交点为,代入椭圆方程得,设,,则,,由,得,得,,得或.或,所以过定点或,点为右端点,舍去,,令(),,,,当直线的斜率不存在时,,,,即,解得,,,所以的最大值为.20.如图1,在平行四边形ABB1A1中,∠ABB1=60°,AB=4,AA1=2,C,C1分别为AB,A1B1的中点,现把平行四边形ABB1A1沿CC1折起如图2所示,连接B1C,B1A,B1A1.(1)求证:AB1⊥CC1;(2)若AB1=,求二面角C﹣AB1﹣A1的余弦值.参考答案:【考点】二面角的平面角及求法;空间中直线与直线之间的位置关系.【分析】(1)根据线面垂直的性质定理,证明C1C⊥平面OAB1;(2)建立空间坐标系,利用向量法即可求二面角C﹣AB1﹣A1B的余弦值.【解答】证明:(1)取CC1的中点O,连接OA,OB1,AC1,∵在平行四边形ABB1A1中,∠ABB1=60°,AB=4,AA1=2,C,C1分别为AB,A1B1的中点,∴△ACC1,△B1CC1,为正三角形,则AO⊥CC1,OB1⊥C1C,又∵AO∩OB1=O,∴C1C⊥平面OAB1,∵AB1?平面OAB1∴AB1⊥CC1;(2)∵∠ABB1=60°,AB=4,AA1=2,C,C1分别为AB,A1B1的中点,∴AC=2,OA=,OB1=,若AB1=,则OA2+OB12=AB12,则三角形AOB1为直角三角形,则AO⊥OB1,以O为原点,以0C,0B1,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(1,0,0),B1(0,,0),C1(﹣1,0,0),A(0,0,),则=(﹣2,0,0),则==(﹣2,0,0),=(0,,﹣),=(﹣1,0,﹣),设平面AB1C的法向量为=(x,y,z),则,令z=1,则y=1,x=﹣,则=(﹣,1,1),设平面A1B1A的法向量为=(x,y,z),则,令z=1,则x=0,y=1,即=(0,1,1),则cos<,>===由于二面角C﹣AB1﹣A1是钝二面角,∴二面角C﹣AB1﹣A1的余弦值是﹣.21.已知圆:与轴负半轴相交于点,与轴正半轴相交于点(1)若过点的直线被圆截得的弦长为,求直线的方程;(2)若在以为圆心半径为的圆上存在点,使得(为坐标原点),求的取值范围;(3)设,是圆上的两个动点,点关于原点的对称点为,点关于轴的对称点为,如果直线、与轴分别交于和,问是否为定值?若是求出该定值;若不是,请说明理由.参考答案:(1)若直线的斜率不存在,则的方程为:,符合题意。……2分若直线的斜率存在,设的方程为:,即∴点到直线的距离∵直线被圆截得的弦长为∴∴,此时的方程为:∴所求直线的方程为或……5分(2)设点的坐标为,由题得点的坐标为,点的坐标为由可得,化简可得……7分∵点在圆上,∴∴∴所求的取值范围是……10分(3)∵,则,∴直线的方程为令,则

同理可得∴∴为定值……16分22.在锐角△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为,,,

若,

(1)若,求的大小。

(2)若三角形为非等腰三角形,求的取值范围。参考答案:【知识点】余弦定理;正弦定理.C8【答案解析】(1)或(2)解析:(1)

.................2分

.................3分所以

.................4分(a)若,,则.

.................5分(b)若,,则.

..................6分

(2)若三角形为非等腰三角形,则且.......8分

又因为三角形为锐角三角形,

...................10分

...............

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