2021-2022学年江西省吉安市上固中学高三数学文下学期期末试卷含解析

2021-2022学年江西省吉安市上固中学高三数学文下学期期末试卷含解析一、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.已知函数的定义域为(-3,0),则函数的定义域为(

)(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：B略2.锐角△ABC中，tanA·tanB的值()A．不小于1

B．小于1C．等于1

D．大于1参考答案：D3.若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为（

）A．

B．

C． D．参考答案：D4.（2016郑州一测）已知函数，则在上的零点的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：C画出和的图象便知两图象有3个交点，∴在上有3个零点．5.复数的虚部是（

）A．

B．

C．

D．1参考答案：A略6.若，是第三象限的角，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D由，是第三象限的角，所以，.故选D.

7.已知函数f（x）=，若数列{an}满足an=f（n）（n∈N*），且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是（）A．[，4） B．（，4） C．（2，4） D．（1，4）参考答案：C【考点】数列的函数特性．【分析】函数f（x）=，数列{an}满足an=f（n）（n∈N*），且{an}是递增数列，可得，解出即可得出．【解答】解：函数f（x）=，数列{an}满足an=f（n）（n∈N*），且{an}是递增数列，∴，解得2＜a＜4．故选：C．8.已知为等差数列，，以表示的前项和，则使得达到最大值的是（

）A.21

B.20

C.19

D.18参考答案：B9.下列选项中正确的是

A．命题；命题，则命题“”是真命题B．集合

C．命题“若”的逆否命题为“若”D．函数上为增函数，则m的取值范围是

参考答案：C略10.定义域为R的偶函数f(x)满足任意，有，且当时，.若函数至少有三个零点，则a的取值范围是（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】由题意可得的周期为2，当时，，令，则的图像和的图像至少有3个交点，画出图像，数形结合，根据，求得的取值范围.【详解】是定义域为R的偶函数，满足任意，，令，又，为周期为2的偶函数，当时，，当，当，作出图像，如下图所示：函数至少有三个零点，则的图像和的图像至少有3个交点，，若，的图像和的图像只有1个交点，不合题意，所以，的图像和的图像至少有3个交点，则有，即，.故选:B.【点睛】本题考查函数周期性及其应用，解题过程中用到了数形结合方法，这也是高考常考的热点问题，属于中档题.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.复数的实部为__________．参考答案：【分析】利用复数的除法可算，从而得到其实部.【详解】，故所求实部为.故答案为：.【点睛】本题考查复数的除法以及复数的概念，注意复数的实部和虚部都是实数，本题属于基础题.12.设f（x）为定义在R上的奇函数，当x≤0时，f（x）=2x﹣3x+2m（m为实常数），则f（1）=

．参考答案：【考点】函数奇偶性的性质．【专题】函数的性质及应用．【分析】根据函数是奇函数，由f（0）=0，可得m，然后利用f（﹣1）=﹣f（1），即可得到结论．【解答】解：∵f（x）为定义在R上的奇函数，∴f（0）=0，即1+2m=0，解得m=﹣，∴f（﹣1）=﹣f（1）==，∴f（1）=，故答案为：【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数的奇偶性的性质求出m是解决本题的关键，注意要学会转化．13.函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为_________．参考答案：()14.在等差数列{}中，，则数列{}的前n项和＝＿＿＿参考答案：略15.已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，则?=．参考答案：6【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【解答】解：如图所示，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，∴∠C=120°，∴BD2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴BD=2，且∠BDC=30°，∴?=||×||×cos30°=2×2×=6．故答案为：6．【点评】本题考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，是基础题目．16.命题“?x∈R，x2＋ax－4a<0”的否定是________．参考答案：x∈R，x2＋ax－4a017.（文）已知向量则的最大值为_________．参考答案：3，所以当时，有最大值，所以的最大值为3.三、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f（x）=﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（Ⅱ）已知f′（x）表示f（x）的导数，若?x1，x2∈[e，e2]（e为自然对数的底数），使f（x1）﹣f′（x2）≤a成立，求实数a的取值范围．参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（Ⅰ）由题意得，a≥=h（x）在（1，+∞）上恒成立，即a≥hmax（x）即可，根据配方法易得hmax（x）=，即得结论；（Ⅱ）通过分析，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有fmin（x）≤”，结合（Ⅰ）及f′（x），分①a≥、②a≤0、③0＜a＜三种情况讨论即可．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在（1，+∞）递减，∴f′（x）=﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，∴x∈（1，+∞）时，f′（x）max≤0，∵f′（x）=﹣（﹣）2+﹣a，∴当=，即x=e2时，f′（x）max=﹣a，∴﹣a≤0，于是a≥，故a的最小值为．（Ⅱ）命题“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a”等价于“当x∈[e，e2]时，有fmin（x）≤f′max（x）+a”，由（2）得，当x∈[e，e2]时，f′max（x）=﹣a，则f′max（x）+a=，故问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有fmin（x）≤”，∵f′（x）=﹣a，由（Ⅰ）知∈[0，]，①当a≥时，f′（x）≤0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上为减函数，则fmin（x）=f（e2）=﹣ae2≤，故a≥﹣；②当a≤0时，f′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上为增函数，则fmin（x）=f（e）=a﹣ae≥e＞，不合题意；③当0＜a＜时，由于f′（x）=﹣（）2+﹣a=﹣（﹣）2+﹣a在[e，e2]上为增函数，故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e2）]，即[﹣a，﹣a]．由f′（x）的单调性和值域知，存在唯一x0∈（e，e2），使f′（x0）=0，且满足：当x∈（e，x0），时，f′（x）＜0，此时f（x）为减函数；当x∈（x0，e2），时，f′（x）＞0，此时f（x）为增函数；所以，fmin（x）=f（x0）=﹣ax0≤，x0∈（e，e2），所以，a≥﹣＞﹣＞﹣=与0＜a＜矛盾，不合题意．综上所述，得a≥﹣．19.直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1、BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．（1）证明：DF⊥AE；（2）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．【分析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，则能写出各点坐标，由与共线可得D（λ，0，1），所以?=0，即DF⊥AE；

（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成=（3，1+2λ，2（1﹣λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令|cos＜，＞|=，解出λ的值即可．【解答】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC?面A1ACC1，∴AB⊥AC，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），设D（x，y，z），且λ∈，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），则

D（λ，0，1），所以=（，，﹣1），∵=（0，1，），∴?==0，所以DF⊥AE；

（2）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．理由如下：设面DEF的法向量为=（x，y，z），则，∵=（，，），=（，﹣1），∴，即，令z=2（1﹣λ），则=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由题可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为，∴|cos＜，＞|==，即=，解得或（舍），所以当D为A1B1中点时满足要求．【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．20.已知抛物线上一点到其焦点的距离为，以为圆心且与抛物线准线相切的圆恰好过原点.点是与轴的交点，两点在抛物线上且直线过点，过点及的直线交抛物线于点.（1）求抛物线的方程；（2）求证：直线过一定点，并求出该点坐标.参考答案：（1）∵上一点到其焦点的距离为，∴，∵以为圆心且与抛物线准线相切的圆恰好过原点，∴，即为等腰三角形.过作轴于，则，∴得，∴抛物线的方程为.（2）证明：设的方程为，代入抛物线的方程，可得.设，，，则，由，直线的方程为，∴，可得，∴，∴.①直线的方程为.可得，②由①②可得，，∴直线过定点.21.如图，四棱锥P﹣ABCD底面为一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥面ABCD，E为PC中点 （Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）求证：BE∥平面PAD （Ⅲ）假定PA=AD=CD，求二面角E﹣BD﹣C的正切值． 参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）证明PA⊥DC，DC⊥AD，然后证明DC⊥面PAD，平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）取PD的中点F，连接EF，FA∵E为PC中点，证明四边形ABEF为平行四边形，推出BE∥AF，然后证明BE∥平面PAD （Ⅲ）连接AC，取AC中点O，连接EO．过O作OG⊥BD交BD于G，连接EG．说明∠EGO为所求二面角E﹣BD﹣C的平面角，设PA=AD=CD=2a，AB=a，连DO并延长交AB于B′，O为DB′中点，过B′作B′G′⊥DB交BD于G′，在△EOG中求解二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥DC， ∵DC⊥AD且AD∩PA=A，∴DC⊥面PAD， ∵DC?面PDC， ∴平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）证明：取PD的中点F，连接EF，FA∵E为PC中点， ∴在△PDC中：EF∥=，∴EF∥=AB， ∴四边形ABEF为平行四边形， 即BE∥AF， ∵AF?面PAD且BE?面PAD， ∴BE∥平面PAD． （Ⅲ）解：连接AC，取AC中点O，连接EO． 在△PAC中：EO∥=， ∴EO⊥面ABC，过O作OG⊥BD交BD于G，连接EG． 由三垂线定理知：∠EGO为所求二面角E﹣BD﹣C的平面角， 设PA=AD=CD=2a，AB=a，∴EO=a 连DO并延长交AB于B′，则四边形AB′CD为正方形，且B′B=a，O为DB′中点， 过B′作B′G′⊥DB交BD于G′． ∴= 在△EOG中：， 故：二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值为． 【点评】本题考查二倍角的平面角的求法，直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力． 22.已知函数，其中a，b∈R．（1）当b=1时，g（x）=f（x）﹣x在处取得极值，求函数f（x）的单调区间；（2）若a=0时，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，①求b的取值范围；②求证：．参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）由求导，由题意可知：g′（）=0，即可求得a的值，根据函数与单调性的关系，即可求得函数f（x）的单调区间；（2）①f（x）=lnx+bx（x＞0），求导，分类，由导数与函数极值的关系，则f（x）极大值为，解得．且x→0时，f（x