2021-2022学年山东省济南市台北市立成功高级中学高三数学理上学期期末试题含解析

2021-2022学年山东省济南市台北市立成功高级中学高三数学理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.为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，得到5组数据（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），（x4，y4），（x5，y5）．根据收集到的数据可知，由最小二乘法求得回归直线方程为=0.6x+48，则=（）A．60

B．120

C．150

D．300参考答案：D.由题意，=20，回归直线方程为=0.6x+48，∴=0.6×20+48=60．则=60×5=300．2.已知命题p：x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0，则p是（

）A.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0

B.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0C.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0D.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0参考答案：C略3.复数z为纯虚数，若（3﹣i）z=a+i（i为虚数单位），则实数a的值为（）A．﹣3 B．3 C．﹣ D．参考答案：D【考点】复数相等的充要条件．【专题】数系的扩充和复数．【分析】设出复数z，然后利用复数相等的充要条件，求解即可．【解答】解：设复数z=bi，b≠0，∴（3﹣i）z=a+i，化为（3﹣i）bi=a+i，即b+3bi=a+i，∴b=a=，故选：D．【点评】本题考查复数的基本运算，复数相等的充要条件的应用，考查计算能力．4.下列函数中，不满足：的是（

）

参考答案：C【命题立意】本题考查函数的概念与解析式的判断。与均满足：得：满足条件．

5.如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为A．6

B．7

C．

D．参考答案：B6.在等差数列{an}中，a1=﹣2011，其前n项的和为Sn．若﹣=2，则S2011=（）A．﹣2010 B．2010 C．2011 D．﹣2011参考答案：D【考点】等差数列的前n项和．【分析】Sn是等差数列的前n项和，可得数列是首项为a1的等差数列，利用通项公式即可得出．【解答】解：∵Sn是等差数列的前n项和，∴数列是首项为a1的等差数列；由﹣=2，则该数列公差为1，∴=﹣2011+=﹣1，∴S2011=﹣2011．故选：D．7.已知函数f（x）满足如下条件：①任意x∈R，有f（x）+f（﹣x）=0成立；②当x≥0时，f（x）=（|x﹣m2|+|x﹣2m2|﹣3m2）；③任意x∈R，有f（x）≥f（x﹣1）成立．则实数m的取值范围（）A．[，] B．[，]C．[，]D．[，]参考答案：A【考点】抽象函数及其应用．【分析】化简f（x）在[0，+∞）上的解析式，根据f（x）的奇偶性做出函数图象，根据条件③得出不等式解出．【解答】解：∵f（x）+f（﹣x）=0，∴f（x）是奇函数．当m=0时，f（x）=x，显然符合题意．当m≠0时，f（x）在[0，+∞）上的解析式为：f（x）=，做出f（x）的函数图象如图所示：∵任意x∈R，有f（x）≥f（x﹣1）成立，∴6m2≤1，解得﹣≤m≤．故选A．8.在下列直线中，与非零向量=（A，B）垂直的直线是（）A．Ax+By=0B．Ax﹣By=0C．Bx+Ay=0D．Bx﹣Ay=0参考答案：A略9.已知集合，，则（

）A.{1} B.{2} C.{1,2} D.{1,2,3}参考答案：C【分析】先化简集合A,B，再求得解.【详解】由题得A={x|x＜1},B={x|-1＜x＜3，x∈Z}={0,1,2},所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的化简，考查集合的补集和交集的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.若直角坐标平面内的两点、满足条件：如果若干个函数图象经过平移后能够重合，则称这上结函数为“同族函数”，给出下列函数：

①

②；③；④

其中“同族函数”的是A．①②

B．①④

C．②③

D．③④参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知双曲线8kx2-ky2=8的一个焦点为（0,3），则k的值为_____

参考答案：答案：-112.已知向量=（cosα，sinα），=（cosβ，sinβ），且0＜α＜β＜π，则+与﹣的夹角为．参考答案：．【分析】由已知得，求出（+）?（﹣）=0得答案．【解答】解：∵=（cosα，sinα），=（cosβ，sinβ），∴，则（+）?（﹣）=，∴+与﹣的夹角为．故答案为：．13.已知，则

.参考答案：【答案解析】解析：因为，得，所以.【思路点拨】可对已知条件展开整理，并注意所求式子与已知条件整理后的式子之间的整体关系，即可解答.14.由约束条件，确定的可行域D能被半径为的圆面完全覆盖，则实数k的取值范围是．参考答案：【考点】7C：简单线性规划．【分析】先画出由约束条件确定的可行域D，由可行域能被圆覆盖得到可行域是封闭的，判断出直线y=kx+1斜率小于等于即可得出k的范围．【解答】解：∵可行域能被圆覆盖，∴可行域是封闭的，作出约束条件的可行域：可得B（0，1），C（1，0），|BC|=，结合图，要使可行域能被为半径的圆覆盖，只需直线y=kx+1与直线y=﹣3x+3的交点坐标在圆的内部，两条直线垂直时，交点恰好在圆上，此时k=，则实数k的取值范围是：（﹣∞，]．故答案为：．15.数列{an}满足，且在数列{an}的前项中，所有奇数项之和为40，所有偶数项之和为85，则首项a1＝

参考答案：16.已知函数是函数的导函数，，则

.参考答案：【知识点】导数及其运算.

B11【答案解析】-2

解析：因为，所以，所以所以-2.【思路点拨】先对函数求导，得到的值，进而求出.17.已知是实数,且(其中i是虚数单位),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.已知圆O和圆C的极坐标方程分别为ρ=2和ρ=4sinθ，点P为圆O上任意一点．（1）若射线OP交圆C于点Q，且其方程为θ=，求|PQ|得长；（2）已知D（2，π），若圆O和圆C的交点为A，B，求证：|PA|2+|PB|2+|PD|2为定值．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）θ=代入ρ=4sinθ，可得ρ=2，即可求出|PQ|；（2）求出A，B，D的直角坐标，利用两点间的距离公式，即可得出结论．【解答】（1）解：θ=代入ρ=4sinθ，可得ρ=2，∴|PQ|=2﹣2；（2）证明：由题意，A（﹣，1），B（，1），D（0，﹣2），设P（x，y），则|PA|2+|PB|2+|PD|2=（x+）2+（y﹣1）2+（x﹣）2+（y﹣1）2+x2+（y+2）2=3（x2+y2）+12=24，为定值．【点评】本题考查极坐标方程，考查两点间的距离公式，比较基础．19.已知的内角满足．（Ⅰ）求角；（Ⅱ）求的取值范围．参考答案：（Ⅰ）∵，∴∴，，（Ⅱ）∵，，故的取值范围为20.如图，函数（其中）的图象与坐标轴的三个交点为，且,，，为的中点，．（Ⅰ）求的值及的解析式；（Ⅱ）设，求．参考答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）.试题分析：（Ⅰ）根据得到，，，，，，，把代入，求得，把代入，求得.（Ⅱ）思路一：△中，，，，由余弦定理求得：，进一步为锐角，即得所求.思路二：△中，，由正弦定理求，进一步为锐角，.

……12分思路三：在△中，，，由，应用两角差的正切公式，求得.试题解析：（Ⅰ），，，

………1分又为的中点，，又，，，（舍去），……3分，，，，，

…………4分把代入，，，

…………5分把代入，，

……6分的解析式为所以的值为，的解析式为

…………7分（Ⅱ）解法一：△中，，，

………8分由余弦定理得：，………10分为锐角，，

………………11分考点：1.三角函数的图象和性质；2.正弦定理；3.余弦定理；4.两角和差的三角函数.21.已知函数f（x）=x2ekx．（Ⅰ）当k=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）=+2（a＞0），且对于任意的x1，x2∈[0，2]，均有g（x1）≥f（x2）恒成立，求实数k的取值范围．参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．【专题】导数的概念及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用．【分析】（1）求出k=1时f（x）的导数，求得切点，由点斜式方程即可得到切线方程；（2）“对任意的x1，x2∈[0，2]，f（x1）≥g（x2）恒成立”等价于“当a＞0时，对任意的x1，x2∈[0，2]，gmin（x）≥fmax（x）成立”，求得g（x）在[0，2]上的最小值，再求f（x）的导数，对k讨论，结合单调性，求得最大值，解不等式即可得到．【解答】解：（1）当k=1时，f（x）=x2ex．的导数为f′（x）=（x2+2x）ex，f（1）=e，切线的斜率为f′（1）=3e，即有切线方程为y﹣e=3e（x﹣1），即3ex﹣y﹣2e=0；（2）“任意的x1，x2∈[0，2]，均有g（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“当a＞0时，对任意的x1，x2∈[0，2]，gmin（x）≥fmax（x）成立”，当a＞0时，函数g（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，而g（0）=2，g（2）=+2，所以g（x）的最小值为g（0）=2，f（x）的导数f′（x）=2xekx+x2ekx?k=（kx2+2x）ekx，当k=0时，f（x）=x2，x∈[0，2]时，fmax（x）=f（2）=4，显然不满足fmax（x）≤1，当k≠0时，令f′（x）=0得，x1=0，x2=﹣，①当﹣≥2，即﹣1≤k≤0时，在[0，2]上f′（x）≥0，所以f（x）在[0，2]单调递增，所以fmax（x）=f（2）=4e2k，只需4e2k≤1，得k≤﹣ln2，所以﹣1≤k≤﹣ln2；②当0＜﹣＜2，即k＜﹣1时，在[0，﹣]，f（x）单调递增，在[﹣，2]，f（x）单调递减，所以fmax（x）=f（﹣）=，只需≤1，得k≤﹣，所以k