2021-2022学年河北省唐山市第五十四中学高三数学文下学期期末试题含解析

2021-2022学年河北省唐山市第五十四中学高三数学文下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.若复数其中是实数，则复数在复平面内所对应的点位于（

）（A）第一象限

（B）第二象限

（C）第三象限

（D）第四象限参考答案：C2.下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是(

)A.

B.

C.

D.参考答案：C略3.如图是函数在区间上的图像，为了得到这个函数的图像，只需将的图像上的所有的点（

）A.向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的纵坐标不变B.向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C.向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的纵坐标不变D.向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变参考答案：A略4.在复平面内，复数对应点的坐标为 A．（0，一1）

B．（0，1） C．

D．参考答案：A5.已知函数的图象关于直线对称，则可能是

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略6.（改编）右面的程序框图输出的结果为（

）

参考答案：D7.已知两点为坐标原点，点在第二象限，且，设等于

A．

B．２

C．1

D．参考答案：C因为所以，,，因为，所以，所以。平方解得，选C.8.棱长为1的正四面体ABCD中，点M和N分别是边AB和CD的中点，则线段MN的长度为（）A. B. C. D.2参考答案：A【分析】连接，则，故而，利用勾股定理计算即可【详解】连接，∵正四面体棱长为1，是的中点，∴，∵是的中点，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查了棱锥的结构特征，空间距离的计算，属于基础题9.过圆P：的圆心P的直线与抛物线C：相交于A，B两点，且，则点A到圆P上任意一点的距离的最大值为（

）A．

B．2

C．

D．参考答案：C由题意可知：，设，不妨设点A位于第一象限，如图所示，则：，据此可得方程组：，解方程可得：，则，故点A到圆P上任意一点的距离的最大值为.本题选择C选项.

10.已知函数和的图象关于轴对称，且．则不等式的解集为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知x，y满足约束条件，且的最小值为2，则常数k=__________．参考答案：

－212.已知∈(,)，sin=,则tan

。参考答案：13.设集合，集合，，满足且，那么满足条件的集合A的个数为

-------------.参考答案：略14.已知函数在（0，2]上恰有一个最大值点和一个最小值点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．参考答案：C略15.已知某高级中学，高一、高二、高三学生人数分别为880、860、820，现用分层抽样方法从该校抽调128人，则在高二年级中抽调的人数为

．参考答案：43由题意可知，在高二年级中抽调的人数为

16.设f(x)是定义在R上的函数，且对任意x,y∈R,均有f(x+y)=f(x)+f(y)+2014成立，若函数g(x)=f(x)+2014x2013有最大值M和最小值m，则M+m=_________参考答案：-4028略17.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，长度为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一个端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点的轨迹与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】根据题意，连接ND，得到一个直角三角形△NMD，P为斜边MN的中点，则|PD|的长度不变，进而得到点P的轨迹是球面的一部分，求出球的半径，代入球的体积公式计算．【解答】解：如图可得，端点N在正方形ABCD内运动，连接ND，由ND，DM，MN构成一个直角三角形，设P为MN的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1．故P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的．其体积V=××π×13=．故答案为：．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.在四棱锥P-ABCD中，ABCD为梯形，AB//CD，BC⊥AB，AB=2，BC=，CD=PC=.（I）点E在线段PB上，满足CE//平面PAD，求的值。（II）已知AC与BD的交点为M，若PM=1，且平面PAC⊥平面ABCD，求二面角P-BC-M平面角的余弦值。参考答案：（Ⅰ）2；（Ⅱ）.【分析】（I）延长交于点，根据线面平行的性质定理，证得，由此得到是中点，即有.（II）在直角梯形中证得，根据勾股定理证得，即证得.作交于，可得为的平面角，解直角三角形求得的余弦值.【详解】（Ⅰ）延长交于点，则,故是的中点.则是平面与平面的交线，由平面，则∴为中点，∴．（Ⅱ）在梯形中，，，且，∴∵，∴，故∴，∴且，又，可得，∴作交于，连接.由于,则平面，则，可得为的平面角，且，∴.【点睛】本小题主要考查线面平行的性质定理的应用，考查连面面垂直的性质定理，考查二面角的作法和证法，考查二面角的余弦值的求法，属于中档题.线面平行的性质定理是很容易忽略的知识点，对于已知直线和平面平行的题目，可以考虑用线面平行的性质定理来得出相应的线线平行的结论.19.

已知拋物线C：(p>0)的焦点为过F的直线交抛物线C于点A,B，当直线的倾斜角是45°时，AB的中垂线交y轴于点Q(0,5).(I)求的值；(Ⅱ)以AB为直径的圆交轴于点M，N,记劣弧MN的长度为S,当直线绕F点旋转时，求的最大值.参考答案：（Ⅰ）

当的倾斜角为时，的方程为设

得

得中点为中垂线为

代入得

……………5分（Ⅱ）设的方程为，代入得

中点为令（弧度），

∵到轴的距离∴

当时，取最小值，的最大值为

故的最大值为.

.…12分20.已知函数f（x）=lnx﹣﹣bx（a≠0）．（I）若b=2，且y=f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（II）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．参考答案：解答： 解：（I）当b=2时，f（x）=lnx﹣﹣2x（x＞0），则因为函数y=f（x）存在单调递减区间，所以f′（x）＜0有解．又因为x＞0时，则ax2+2x﹣1＞0有x＞0的解．①当a＞0时，y=ax2+2x﹣1为开口向上的抛物线，ax2+2x﹣1＞0总有x＞0的解；②当a＜0时，y=ax2+2x﹣1为开口向下的抛物线，若ax2+2x﹣1＞0总有x＞0的解；则需△=4+4a＞0，且方程ax2+2x﹣1=0至少有一正根．此时，﹣1＜a＜0．综上所述，a的取值范围为（﹣1，0）∪（0，+∞）

（II）设点A，B的坐标分别是（x1，0），（x2，0），0＜x1＜x2，则点AB的中点横坐标为∵f（x2）﹣f（x1）=lnx2﹣lnx1﹣=0∴lnx2﹣lnx1=f′（x0）==×[]设，则y==，t＞1令r（t）=，则因为t＞1时，r′（t）＜0，所以r（t）在[1，+∞）上单调递减．故r（t）＜r（1）=0而＞0．故f′（x0）＜0．略21.（本小题满分12分）已知抛物线C：的焦点为F，直线与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.（I）求C的方程；（II）过F的直线与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线与C相较于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求的方程.参考答案：解：（I）设，代入，得．由题设得，解得（舍去）或，∴C的方程为；（II）由题设知与坐标轴不垂直，故可设的方程为，代入得．设则．故的中点为．又的斜率为的方程为．将上式代入，并整理得．设则．故的中点为．由于垂直平分线，故四点在同一圆上等价于，从而即，化简得，解得或．所求直线的方程为或．22.(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，

.（Ⅰ）若D为AA1中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；（Ⅱ）若二面角B1—DC—C1的大小为60°，求AD的长.

参考答案：(本小题满分12分)（Ⅰ）∵，∴，又由直三棱柱性质知，∴平面ACC1A1.∴……①

……3分由D为中点可知，，∴即……②………5分由①②