2021-2022学年陕西省咸阳市彬县北极中学高三数学文上学期期末试卷含解析

2021-2022学年陕西省咸阳市彬县北极中学高三数学文上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.函数的大致图像是（

）A．B．C．D．参考答案：A考点：1.函数的奇偶性；2.函数的图象；3.函数的极限.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性、图象特征，属中题；在研究函数与函数图象的对应关系时，应从函数的定义域、奇偶性、单调性、最值、渐近线等性质去考查，把握函数的整体趋势，才能准确作图或找到函数对应的图象.如本题就是先考查函数的奇偶性，再研究在与时趋势选出正确答案的.2.如图，是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，在同一个球面上，则该球的表面积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D考点：1、球内接多面体的性质；2、球的表面积公式.3.在等比数列中，若，是方程的两根，则（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：A试题分析：由题意得，，是方程的两根，所以，，所以，又，故选A．考点：等比数列的性质．4.若A={x|0＜x＜}，B={x|1≤x＜2}，则A∪B=（）A．{x|x≤0} B．{x|x≥2} C．{0≤x≤}D．{x|0＜x＜2}参考答案：D【考点】并集及其运算．【分析】把两集合的解集表示在数轴上，根据图形可求出两集合的并集．【解答】解：由，B={x|1≤x＜2}，两解集画在数轴上，如图：所以A∪B={x|0＜x＜2}．故选D5.若集合，集合，则M∩N=（

）A. B. C. D.参考答案：D由题意得，选D.6.函数y=的定义域是（

）A．（3，+∞）

B．3,+∞)

C．(4,+∞)

D．4,+∞)参考答案：D7.在等比数列中，若，，则该数列前5项的积为（

）A．±3

B．3

C．±1

D．1参考答案：D8.若a=20.5，b=logπ3，c=ln，则（）A．b＞c＞a B．b＞a＞c C．a＞b＞c D．c＞a＞b参考答案：C【考点】对数值大小的比较．【分析】利用对数函数的单调性即可得出．【解答】解：∵a=20.5，＞1，0＜b=logπ3＜1，c=ln＜0，∴a＞b＞c．故选：C．9.若圆关于直线对称，则双曲线的渐近线方程为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C由题意得圆心在直线上,即所以双曲线的渐近线方程为,选C.10.已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG是边长为2的等边三角形，则f（1）的值为（）A．B．C．D．参考答案：D考点：余弦函数的奇偶性；余弦函数的图象．专题：计算题．分析：由f（x）=Acos（ωx+φ）为奇函数，利用奇函数的性质可得f（0）=Acosφ=0结合已知0＜φ＜π，可求φ=再由△EFG是边长为2的等边三角形，可得=A，结合图象可得，函数的周期T=4，根据周期公式可得，ω，从而可得f（x），代入可求f（1）．解答：解：∵f（x）=Acos（ωx+φ）为奇函数∴f（0）=Acosφ=0

∵0＜φ＜π∴φ=∴f（x）=Acos（ωx）=﹣Asinωx

∵△EFG是边长为2的等边三角形，则=A又∵函数的周期T=2FG=4，根据周期公式可得，ω=∴f（x）=﹣Asinx=则f（1）=故选D点评：本题中的重要性质要注意灵活运用：若奇函数的定义域包括0，则f（0）=0；解决本题的另一关键是要由△EFG是边长为2的等边三角形，及三角形与函数图象之间的关系得到=A，这也是本题的难点所在．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.当时，幂函数y＝xα的图像不可能经过__________象限．参考答案：第二、第四略12.（5分）（2013?石景山区一模）在△ABC中，若，则∠C=．参考答案：∵b=a，∴根据正弦定理得sinB=sinA，又sinB=sin=，∴sinA=，又a＜b，得到∠A＜∠B=，∴∠A=，则∠C=．故答案为：13.过双曲线的右焦点F且斜率为1的直线与渐近线有且只有一个交点，则双曲线的离心率为__________．参考答案：由题意得点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.14.A、B、C是球面上三点，且，，，若球心到截面的距离为，则该球的表面积为

参考答案：4815.已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________参考答案：【分析】在正方体中作出该四棱锥，借助长方体求出各棱长，即可得出最大值.【详解】由三视图在正方体中作出该四棱锥，由三视图可知该正方体的棱长为3，所以，，，，.因此该四棱锥的最长棱的长度为.故答案为【点睛】本题主要考查几何体的三视图，由三视图先还原几何体，进而可求解，属于常考题型.16.已知集合P＝{x|≤x≤3}，函数f(x)＝log2(ax2－2x＋2)的定义域为Q.(1)若P∩Q＝)，P∪Q＝(－2,3]，则实数a的值为__________；(2)若P∩Q＝?，则实数a的取值范围为__________．参考答案：(1)a＝－(2)a≤－417.如图4所示，圆上一点在直径上的射影为，，则圆的半径等于

．参考答案：5略三、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.设为实数，函数

(Ⅰ)求的单调区间与极值；(Ⅱ)求证：当且时，参考答案：（１）解：由知，．令，得.于是，当变化时，和的变化情况如下表：0+单调递减单调递增故的单调递减区间是，单调递增区间是．在处取得极小值，极小值为．

（２）证明：设，于是．由（1）知，对任意,都有，所以在R内单调递增．

于是，当时，对任意，都有，而，从而对任意，都有，即故略19.（本题12分）已知函数为偶函数．(Ⅰ)求的最小值；(Ⅱ)若不等式恒成立，求实数m的最小值.参考答案：解：(Ⅰ)由题意得，即在R上恒成立，整理得()(=0在R上恒成立,解得，∴．设，则，∵，∴,∴,∴，∴在上是增函数．又为偶函数，∴在上是减函数．∴当时，取得最小值2.(Ⅱ)由条件知．∵恒成立，∴恒成立．令由(Ⅰ)知，∴时，取得最大值0，∴,∴实数的最小值为．

20.选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆C的方程是，圆心为C．在以坐标原点为极点,以轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线C1：与圆C相交于两点．（1）求直线AB的极坐标方程；（2）若过点C(2,0)的曲线C2:(是参数)交直线AB于点D，交轴于点E，求|CD|:|CE|的值.参考答案：（1）在以坐标原点为极点,以轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中,极坐标与直角坐标有关系:或，………1分所以圆的直角坐标方程为，…………………2分联立曲线C:，得或，即不妨令，从而直线AB的直角坐标方程为:，(此处如下解法也可:联立曲线与,消去与项,得)，所以，即，

…………………4分所以直线AB的极坐标方程为，.

………………5分（2）（方法一）由(1)可知直线AB的直角坐标方程为，

…6分依题令交点D则有，又D在直线AB上，所以，，解得，由直线参数方程的定义知|CD|=||，

…………………8分同理令交点E，则有，又E在直线上，所以，解得，所以|CE|=||，

…………9分所以|CD|:|CE|=.

…………10分（方法二）将曲线C2:(是参数)化为普通方程:，………6分将其联立AB的直线方程:，解得:,从而D，再将曲线C2与直线联立,解得,从而E，这样|CD|==，

………8分|CE|==，

…………9分从而|CD|:|CE|=.

……………………10分

略21.已知函数.（1）当函数在点处的切线方程为，求函数的解析式；（2）在（1）的条件下，若是函数的零点，且，求的值；（3）当时，函数有两个零点，且，求证：．参考答案：（1）；（2）；（3）证明见解析.试题解析：（1），所以，∴函数的解析式为；（2），因为函数的定义域为，令或，当时，，单调递减，当时，，函数单调递增，且函数的定义域为，（3）当时，函数，，，两式相减可得，．，，因为，所以设，，∴，所以在上为增函数，且，∴，又，所以．考点：1、导数几何意义及零点存在定理；2、构造函数证明不等式.【方法点睛】本题主要考查导数几何意义及零点存在定理、构造函数证明不等式，属于难题.涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.22.如图正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点．（Ⅰ）求证：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面BEC；（Ⅲ）求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值．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．【专题】计算题；证明题．【分析】（I）取DE中点N，连接MN，AN，由三角形中位线定理，结合已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，易得四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN，再由线面平面的判定定理，可得BM∥平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，易得ED⊥平面ABCD，进而ED⊥BC，由勾股定理，我们易判断出△BCD中，BC⊥BD，由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE⊥平面BEC；（III）以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BEC与平面ADEF的法向量，代入向量夹角公式，即可求出平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：（I）取DE中点N，连接MN，AN在△EDC中，M、N分别为EC，ED的中点，所以MN∥CD，且MN=CD．由已知AB∥CD，AB=CD，所以MN∥AB，且MN=AB．所以四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN又因为AN?平面ADEF，且BM?平面ADEF，所以BM∥平面ADEF．（II）在正方形ADEF中，ED⊥AD，又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥BC．在直角梯形ABCD中，AB=AD=2，CD=4，可得BC=2在△BCD中，BD=BC=2，CD=4，所以BC⊥BD．所以BC⊥平面BDE，又因为BC?平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．解：（III）由（2）知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD．以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系