云南省昆明市立德高级中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析

云南省昆明市立德高级中学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.已知集合,下列结论成立的是

(）A．

B．

C．

D．参考答案：D2.若（x﹣2y）2n+1的展开式中前n+1项的二项式系数之和为64，则该展开式中x4y3的系数是（）A．﹣ B．70 C． D．﹣70参考答案：A【考点】二项式系数的性质．【分析】根据（x﹣2y）2n+1展开式中前n+1项的二项式系数之和等于后n+1项的和，求出n的值，再利用展开式的通项公式求出x4y3的系数．【解答】解：（x﹣2y）2n+1展开式中共有2n+2项，其前n+1项的二项式系数之和等于后n+1项和，∴22n+1=64×2，解得n=3；∴（x﹣2y）7展开式中通项公式为Tr+1=??（﹣2y）r，令r=3，得展开式中x4y3的系数是??（﹣2）3=﹣．故选：A．3.已知等差数列的前项和为，公差，，且，则（

）A．－13 B．－14 C．－15 D．－16参考答案：A，又，，，故选A.

4.已知向量满足，且关于的函数在R上有极值，则向量的夹角的取值范围为

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略5.异面直线所成角为，直线，且也与异面，则直线与所成的角的范围为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A略6.在等差数列中，则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B略7.已知函数为奇函数，时为增函数且，则=（

）A.

B.C.

D.参考答案：A8.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为，不得分的概率为，，已知他投篮一次得分的期望是2，则的最小值为

（

）A． B． C． D．参考答案：D9.设偶函数满足，则（

）A.

B.C.

D.参考答案：B略10.已知,则是的(

)条件.

A．充要

B．充分不必要

C．必要不充分

D．既不充分也不必要参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知．①当a=1时，f（x）=3，则x=

；②当a≤﹣1时，若f（x）=3有三个不等实数根，且它们成等差数列，则a=

．参考答案：4，

【考点】分段函数的应用．【分析】①当a=1时，f（x）=3，利用分段函数建立方程，即可求出x的值；②由f（x）=3，求得x=﹣1，或x=4，根据x1＜x2＜x3，且它们依次成等差数列，可得a≤﹣1，f（﹣6）=3，由此求得a的值．【解答】解：①x≥1，x﹣=3，可得x=4；x＜1，2﹣（x+）=3，即x2+x+4=0无解，故x=4；②由于当x＞a时，解方程f（x）=3，可得x﹣=3，求得x=﹣1，或x=4．∵x1＜x2＜x3，且它们依次成等差数列，∴x2=﹣1，x3=4，x1=﹣6，∴a≤﹣1．∴x＜a时，方程f（x）=3只能有一个实数根为﹣6，再根据f（﹣6）=2a+6+=3，求得a=，满足a≤﹣1．故答案为4，．【点评】本题主要考查分段函数，利用函数的单调性求函数的最值，等差数列的性质，体现了分类讨论以及转化的数学思想，属于中档题．12.函数的反函数为，则

.参考答案：答案：

13.已知函数f（x）=x2﹣4x+3，集合M={（x，y）|f（x）+f（y）≤0}，集合N={x，y|f（x）﹣f（y）≥0}，则集合M∩N的面积为

．参考答案：π考点：交集及其运算；二次函数的性质．专题：集合．分析：根据题意确定出M，N所表示的平面区域，两条直线x+y﹣4=0和x﹣y=0把M平均分为4份，其中两份就是M与N的交集，求出即可．解答： 解：∵f（x）=x2﹣4x+3，集合M={（x，y）|f（x）+f（y）≤0}，集合N={（x，y）|f（x）﹣f（y）≥0}，∴集合M：（x﹣2）2+（y﹣22≤2，是一个以（2，2）为圆心，为半径的圆，面积是2π，集合N：（x﹣2）2≥（y﹣2）2，或者（x+y﹣4）（x﹣y）≥0，两条直线x+y﹣4=0和x﹣y=0把M平均分为4份，其中两份就是M与N的交集，则M∩N面积=×2π×2=×2=π．故答案为：π．点评：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．14.在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离的最小值为

．参考答案：15.若实数x，y满足，则x＋2y的值域为＿＿＿＿参考答案：可行域如图.设则.易知点，为最优解.,,又可行域过原点，.

16.（4分）若实数x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为．参考答案：3【考点】：简单线性规划．【专题】：不等式的解法及应用．【分析】：先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=3x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．解：先根据约束条件实数x，y满足约束条件，画出可行域，当直线z=3x+y过点A（1，0）时，z取得最大值：3，故答案为：3．【点评】：本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．17.如图,点P是正方形ABCD-A1B1C1D1外的一点,过点P作直线l,记直线l与直线AC1，BC的夹角分别为，，若，则满足条件的直线l有

条。参考答案：4三、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，是方程的两个根，是的导数，设，

（）（1）求的值；（2）记

（），求数列的前项和参考答案：解析：（1）因为，是方程的两个根，

所以

.........2分（2）证明：①当时，命题成立；...........3分②假设时命题成立，即，所以.........6分又等号成立时，所以时，，所以当时命题成立由①②知对任意均有...........7分（3），由于，即，故.同理.............10分故.即是以为首项,2为公比的等比数列,又,

所以............12分19.已知函数f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＜1时，证明：对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【专题】综合题；函数思想；转化思想；分析法；导数的综合应用．【分析】（1）求出原函数的导函数，对a分类求解原函数的单调区间；（2）利用分析法证明，把要证的不等式转化为证明成立，即证．令g（x）=，h（x）=x﹣lnx，由导数求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．【解答】（1）解：由f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x，得f′（x）=（x＞0），当a=﹣1时，f′（x）=，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当时，﹣2（1+a）＞0，﹣2（1+a）x2﹣x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；当时，﹣2（1+a）＞0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，当x∈（0，x1），x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞﹣1时，﹣2（1+a）＜0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，，当x∈（0，x2）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．（2）证明：要证f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，即证lnx﹣（1+a）x2﹣x＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，即，∵a＜1，∴1﹣a＞0，也就是证，即证．令g（x）=，则g′（x）=，当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，∴；令h（x）=x﹣lnx，h′（x）=1﹣，当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，∴h（x）min=h（1）=1，∴成立，故对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属难题．20.（14分）已知函数

（注：）（1）若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；（2）当时，若直线与函数的图象在上有两个不同交点，求实数的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数参考答案：解析：（1）因为

所以依题意可得，对恒成立，所以

对恒成立，所以

对恒成立，，即（2）当时，若，，单调递减；若单调递增；故在处取得极小值，即最小值又所以要使直线与函数的图象在上有两个不同交点，实数的取值范围应为，即；（3）当时，由可知，在上为增函数，当时，令，则，故，即所以。故相加可得又因为所以对大于1的任意正整书21.如图，在三棱锥ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，△A1AC为等边三角形，AC⊥A1B．（1）求证：AB=BC；（2）若∠ABC=90°，求A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值．参考答案：【考点】MI：直线与平面所成的角．【分析】（1）取AC的中点O，连接OA1，OB，推导出AC⊥OA1，AC⊥A1B，从而AC⊥平面OA1B，进而AC⊥OB，由点O为AC的中点，能证明AB=BC．（2）以线段OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC的中点O，连接OA1，OB，∵点O为等边△A1AC中边AC的中点，∴AC⊥OA1，∵AC⊥A1B，OA1∩A1B=A1，∴AC⊥平面OA1B，又OB?平面OA1B，∴AC⊥OB，∵点O为AC的中点，∴AB=BC．（2）由（1）知，AB=BC，又∠ABC=90°，故△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，∵A1O⊥AC，侧面ACC1A1O⊥底面上ABC，A1⊥底面ABC以线段OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，设AC=2，则A（0，﹣1，0），，B（1，0，0），C（0，1，0），∴，，，设平面BCC1B1的一个法向量，则有，即，令，则，z0=﹣1，∴，设A1B与平面BCC1B1所成角为θ，则．∴A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值为．22.（12分）如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.(1)求证:DE∥平面A1CB;(2)求证:A1F⊥BE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.参考答案：(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.-3分

(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所