河北省唐山市龙江中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析

河北省唐山市龙江中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析一、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.设函数在(0，+)内有定义，对于给定的正数K，定义函数，取函数，恒有，则A．K的最大值为

B．K的最小值为

C．K的最大值为2

D．K的最小值为2参考答案：B略2.若直线与圆有公共点，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D3.已知函数，若存在唯一的零点，且，则a的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B略4.若集合，则M∩P= （

） A． B． C． D．参考答案：C略5.若复数z=（x2+2x﹣3）+（x﹣1）i为纯虚数，则实数x的值为（）A．3B．1C．﹣3D．1或﹣3参考答案：考点：复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：利用纯虚数满足的条件：实部为0，虚部不为0，列出不等式组，求出x的值．解答：解：∵复数z=（x2+2x﹣3）+（x﹣1）i为纯虚数∴解得x=﹣3故答案为C点评：本题考查纯虚数的定义：a+bi（a，b∈R）为纯虚数?a=0，b≠06.下列判断错误的是

A.是的充分不必要条件

B.命题的否定是

C.命题“若，则tan=1”的逆否命题是“若则”

D.若为假命题，则均为假命题参考答案：【知识点】充要条件；命题的真假.A2【答案解析】D

解析：解：因为若成立，只需p与q中有一个假命题，即为假命题，所以D选项的判断是错误的，其它选项都正确.【思路点拨】根据命题的逻辑关系直接求解判定即可.7.设P是△ABC所在平面内的一点，，则(

) A． B． C． D．参考答案：B考点：向量的加法及其几何意义；向量的三角形法则．专题：平面向量及应用．分析：根据所给的关于向量的等式，把等式右边二倍的向量拆开，一个移项一个和左边移来的向量进行向量的加减运算，变形整理，得到与选项中一致的形式，得到结果．解答： 解：∵，∴，∴∴∴故选B．点评：本题考查了向量的加法运算和平行四边形法则，可以借助图形解答．向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好向量的加减运算．8.已知，，，（且），在同一坐标系中画出其中两个函数在第Ⅰ象限的图象，正确的是（

）

A

B

C

D

参考答案：B略9.在△中，是边中点，角的对边分别是，若，则△的形状为

A.直角三角形

B.钝角三角形

C.等边三角形

D.等腰三角形但不是等边三角形.参考答案：C由题意知，∴，∴，又、不共线，∴，∴10.的值等于（

）A.1

B.-1

C.

D.参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数,观察:根据以上事实，由归纳推理可得：当且时，

参考答案：12.定义函数，其中{x}表示不小于x的最小整数，如，.当，时，函数f(x)的值域为，记集合中元素的个数为，则

．参考答案：易知：当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以，由此类推：，所以，所以，所以。故答案为：

13.在的展开式中，若第项的系数为，则

.参考答案：3略14.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵树是前一天的2倍,则需要的最少天数等于_____________参考答案：15.以椭圆的右焦点为圆心，且与双曲线的两条渐近线都相切的圆方程_________________。参考答案：16.数列{an}中，Sn是其前n项的和,若a1＝1，an+1＝Sn（n≥1），则an＝

参考答案：17.若四面体的三视图如右图所示，则该四面体的外接球表面积为_____．参考答案：112三、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.在锐角中，角的对边分别为，且，（1）求角的大小；（2）若，的面积记为，当取最大值时，求的值．参考答案：(1);(2).（2）由（1）及余弦定理，可知．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分即，所以．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分从而有．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分因此．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分当且仅当时，取等号，此时取得最大值，即，因此．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分考点：1.三角恒等变形；2.余弦定理；3.基本不等式.

【方法点睛】本题主要考察了解三角形以及三角函数的问题，属于基础题型，重点说第二问，根据条件知道一组角和边，就是和，涉及三角形面积的问题时，一定选择余弦定理，,再根据基本不等式，这样就可以解出的最大值，以及最值取得的条件，问题就迎刃而解了.19.（12分）如图，四边形PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2．又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，直线AM与直线PC所成的角为60°．（1）求证：PC⊥AC；（2）求二面角M﹣AC﹣B的余弦值；（3）求点B到平面MAC的距离．参考答案：方法1：（1）证明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2分）（2）取BC的中点N，连MN．∵PM=∥CN，∴MN=∥PC，∴MN⊥平面ABC．作NH⊥AC，交AC的延长线于H，连接MH．由三垂线定理得AC⊥MH，∴∠MHN为二面角M﹣AC﹣B的平面角．∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴在Rt△AMN中，∠AMN=60°．在△ACN中，．在Rt△AMN中，．在Rt△NCH中，．在Rt△MNH中，∵，∴．故二面角M﹣AC﹣B的余弦值为．（8分）（3）作NE⊥MH于E．∵AC⊥平面MNH，∴AC⊥NE，∴NE⊥平面MAC，∴点N到平面MAC的距离为．∵点N是线段BC的中点，∴点B到平面MAC的距离是点N到平面MAC的距离的两倍为．（12分）方法2：（1）证明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2分）（2）在平面ABC内，过C作BC的垂线，并建立空间直角坐标系如图所示．设P（0，0，z），则．．∵，且z＞0，∴，得z=1，∴．设平面MAC的一个法向量为=（x，y，1），则由得得∴．平面ABC的一个法向量为．．显然，二面角M﹣AC﹣B为锐二面角，∴二面角M﹣AC﹣B的余弦值为．（8分）（3）点B到平面MAC的距离．（12分）20.(14分)如图,在直三棱柱中，

，点为的中点

(Ⅰ)求证;(Ⅱ)求证;(Ⅲ)求异面直线与所成角的余弦值参考答案：解析：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴AC⊥BC1；（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE//AC1，∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴AC1//平面CDB1；（III）∵DE//AC1，∴∠CED为AC1与B1C所成的角，在△CED中，ED=AC1=，CD=AB=，CE=CB1=2，∴，∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.解法二：∵直三棱锥底面三边长，两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)

(Ⅰ),(Ⅱ)设与的交点为E，则E(0,2,2)

(Ⅲ)

∴异面直线与所成角的余弦值为21.已知椭圆的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线相切.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设过椭圆右焦点且不平行于x轴的动直线与椭圆C相交于A，B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案：（1）由题意知，，解得，则椭圆的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线,联立，得，∴.假设轴上存在定点，使得为定值，∴.要使为定值，则的值与无关，∴，解得，此时为定值，定点为.当直线的斜率不存在时，也满足条件.

22.（本小题满分12分）假设某班级教室共有4扇窗户，在每天上午第三节课上课预备铃声响起时，每扇窗户或被敞开或被关闭，且概率均为0.5，记此时教室里敞开的窗户个数为．

(1)求的分布列,以及的数学期望；(2)若此时教室里有两扇或两扇以上的窗户被关闭，班长就会将关闭的窗户全部敞开，否则维持原状不变．记每天上午第三节课上课时该教室里敞开的窗户个数为，求的数学期望．参考答案：解：（Ⅰ）∵的所有可能取值为0，1，2，3，4，，

1分∴，，，，，

··········································································6分的分布列为

01234

···································7分（Ⅱ）的所有可能取值为3，4，则·································