山西省吕梁市鸦沟中学2021年高三数学理下学期期末试卷含解析

山西省吕梁市鸦沟中学2021年高三数学理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.已知双曲线C：的焦距为10，点P（2,1）在C的渐近线上，则C的方程为（）A．

B．

C．

D．参考答案：A设双曲线C：-=1的半焦距为，则.又C的渐近线为，点P（2,1）在C的渐近线上，，即.又，，C的方程为-=1.2.向面积为S的△ABC内任投一点P，求△PBC的面积小于的概率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略3.已知实数满足则的最大值是．

A.

B.

C.

D.参考答案：C略4.命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（

）A．

B.

C.

D.参考答案：C5.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为

（

）参考答案：【知识点】几何体的三视图.

G2【答案解析】C

解析：由三棱锥的俯视图与侧视图可知，此三棱锥的直观图如下，所以该三棱锥的正视图可能为C.故选C.【思路点拨】由三棱锥的俯视图与侧视图可得此三棱锥的直观图，从而得此三棱锥的的正视图的形状.6.在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：B7.已知双曲线C1：﹣y2=1，双曲线C2：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M是双曲线C2一条渐近线上的某一点，且OM⊥MF2，若C1，C2的离心率相同，且S=16，则双曲线C2的实轴长为（）A．4 B．8 C．16 D．32参考答案：C【考点】双曲线的简单性质．【分析】求得双曲线C1的离心率，求得双曲线C2一条渐近线方程为y=x，运用点到直线的距离公式，结合勾股定理和三角形的面积公式，化简整理解方程可得a=8，进而得到双曲线的实轴长．【解答】解：双曲线C1：﹣y2=1的离心率为，设F2（c，0），双曲线C2一条渐近线方程为y=x，可得|F2M|===b，即有|OM|==a，由S=16，可得ab=16，即ab=32，又a2+b2=c2，且=，解得a=8，b=4，c=4，即有双曲线的实轴长为16．故选：C．8.设三位数n=，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有(

)

A．45个

B．81个

C．165个

D．216个参考答案：C解：⑴等边三角形共9个；⑵等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a，b)，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，b<a<2b．a=9或8时，b=4，3，2，1，(8种)；a=7，6时，b=3，2，1(6种)；a=5，4时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值．共有236－20=52种方法，而每取一组数，可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数即可取156+9=165种数．选C．9.由曲线y=x2+1、直线y=﹣x+3，x轴与y轴所围成图形的面积为（）A．3 B． C． D．参考答案：B【考点】6G：定积分在求面积中的应用．【分析】求出交点坐标，利用定积分知识，即可求解．【解答】解：曲线y=x2+1、直线y=﹣x+3联立可得x2+x﹣2=0，∴x=﹣2或1，∴由曲线y=x2+1、直线y=﹣x+3，x轴与y轴所围成图形的面积为+=+2=，故选B．【点评】本题考查了利用定积分求曲边梯形的面积，关键是利用定积分表示出面积．10.已知的图象过点(2,1)，则函数

的值域为………………（

）A．

B．

C．

D．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.已知点，椭圆与直线交于点、，则的周长为__________参考答案：812.若变量x，y满足约束条件且z＝5y－x的最大值为a，最小值为b，a－b的值是____________参考答案：解析：本题主要考查线性规划的应用，意在考查考生对基础知识的掌握．约束条件表示以(0,0)，(0,2)，(4,4)，(8,0)为顶点的四边形区域，检验四个顶点的坐标可知，当x＝4，y＝4时，a＝zmax＝5×4－4＝16；当x＝8，y＝0时，b＝zmin＝5×0－8＝－8，∴a－b＝24.13.已知定义域为R的函数满足，且，

则=

；参考答案：14.在△ABC中，D为AB的一个三等分点，AB=3AD，AC=AD，CB=3CD，则cosB=．参考答案：【考点】余弦定理．【专题】计算题；转化思想；数形结合法；解三角形．【分析】令AC=AD=1，CD=m＞0，可求AB=3，BC=3m，利用余弦定理可得关于cosA的等式，解得m的值，利用余弦定理即可求cosB的值．【解答】解：令AC=AD=1，CD=m＞0，则：AB=3，BC=3m，则利用余弦定理可得：．∴．故答案为：．【点评】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，数形结合思想，属于中档题．15.若直线y=kx+b是曲线y=ex+2的切线，也是曲线y=ex+1的切线，则b=．参考答案：4﹣2ln2【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设直线y=kx+b与y=ex+2和y=ex+1的切点分别为和，分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到b的值．【解答】解：设直线y=kx+b与y=ex+2和y=ex+1的切点分别为和，则切线分别为，，化简得：，，依题意有：，所以．故答案为：4﹣2ln2．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求得导数和设出切点是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．16.已知函数，，则的最小值为_____________.参考答案：1略17.将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为

．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.现有一元人民币3张，五元人民币2张，拾元人民币4张，伍拾元人民币1张，从中至少取一张（多取不限），共可取得多少种不同的币值？参考答案：解析：注意到取2张五元人民币与取1张拾元人民币币值相同，不能算为两种不同取法。为避免重复，将4张拾元人民币“换作”8张五元人民币，1张五十元人民币“换作”10张五元人民币。于是所给问题等给于：有1元人民币3张、五元人民币20元，从中至少取一张（多取不限），可取得多少种不同币值？

将取币的过程看作二重选择过程：从3张1元人民币中有取0、1、2、3张等4种不同取法，从20张五元人民币中有取0，1，2，…，20张等21种不同取法。于是由乘法原理知，有4×21=84种不同币值。但是，这是须除去1元和五元都没有的情形，因此，共可取得83种不同币值。

点评：注意从中学习问题转化的策略。19.（12分）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=－7，S3=－15．（1）求{an}的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值．参考答案：解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．

20.已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面上对应的点为M.(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机取一个数作为x，从集合Q中随机取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率．参考答案：解：(1)记“复数z为纯虚数”为事件A.∵组成复数z的所有情况共有12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，∴所求事件的概率为P(A)＝＝.(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域内，属于几何概型．该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12.而所求事件构成的平面区域为，其图形如图中的△OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0)、D，∴△OAD的面积为S1＝×3×＝.∴所求事件的概率为P＝＝＝.略21.（本题满分14分）如图，已知菱形的边长为，,.将菱形沿对角线折起，使，得到三棱锥.(Ⅰ)若点是棱的中点，求证:平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）设点是线段上一个动点，试确定点的位置，使得，并证明你的结论.参考答案：（Ⅰ）因为点是菱形的对角线的交点,所以是的中点.又点是棱的中点,所以.

（2分）因为平面,平面,所以平面.

（4分）（Ⅱ）由题意,,因为,所以,.（5分）又因为菱形,所以,.建立空间直角坐标系,如图所示..所以（6分）设平面的法向量为,则有即：令,则,所以.（8分）因为,所以平面.平面的法向量与平行,所以平面的法向量为.（9分）,因为二