山西省长治市师庄乡中学2021-2022学年高三数学理下学期期末试题含解析

山西省长治市师庄乡中学2021-2022学年高三数学理下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.已知函数f(x)=2mx3?3nx2+10(m>0)有且仅有两个不同的零点，则lg2m+lg2n的最小值为

（

）

A、

B、

C、

D、参考答案：D试题分析：,由得，，，即函数的两个极值点为，，又因为，函数有两个不同的零点，所以，即，所以

,当时，有最小值，故选D.考点：1.导数与函数的极值；2.函数与方程；3.二次函数.2.已知点P的坐标（x，y）满足，过点P的直线l与圆C：x2+y2=16相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（）A．B． C．D．参考答案：A【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，画出以原点为圆心，半径是4的圆，利用数形结合即可得到在哪一个点的直线与圆相交的弦最短．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图由图象可知，当P点在直线x=1与x+y=4的交点时，与圆心距离最远，作出直线与圆相交的弦短．P的坐标为（1，3），圆心到P点距离为d=，根据公式|AB|=2，可得：|AB|=2．故选：A．3.某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的为12，则输出的的值分别为（A）

（B）（C）

（D）参考答案：D4.已知﹑均为非零向量，条件

条件的夹角为锐角，则是成立的Ａ．充要条件

Ｂ．充分而不必要的条件Ｃ．必要而不充分的条件

Ｄ．既不充分也不必要的条件参考答案：答案：C5.在中，内角的对边分别为，若，则角（

）A

B

C

D参考答案：B略6.一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图为全等的矩形，俯视图为正方形，则该几何体的体积为（

）（A）

(B)

(C)

(D)参考答案：A根据三视图可知，该几何体是长方体中挖去一个正四棱锥，故该几何体的体积等于7.已知关于x的二项式展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为（）A．1 B．±1 C．2 D．±2参考答案：C【考点】二项式定理．【分析】根据题意，有2n=32，可得n=5，进而可得其展开式为Tr+1=C5r?（）5﹣r?（）r，分析可得其常数项为第4项，即C53?（a）3，依题意，可得C53?（a）3=80，解可得a的值．【解答】解：根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n=32，可得n=5，则二项式的展开式为Tr+1=C5r?（）5﹣r?（）r，其常数项为第4项，即C53?（a）3，根据题意，有C53?（a）3=80，解可得，a=2；故选C．8.“”是“”的（

）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：A【分析】先考虑充分性，再考虑必要性得解.【详解】先考虑充分性.,=，因为，所以，所以“”是“”的充分条件.再考虑必要性.,=，不能推出.如：a=-3,b=-1.所以“”是“”的非必要条件.所以“”是“”充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查充分必要条件的判断，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.9.在复平面内，复数z=（i为虚数单位）对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：复数z===i+1对应的点（1，1）位于第一象限．故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．10.函数f(x)的部分图像如图所示，则f(x)的解析式可以是（）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.已知函数．若函数g（x）=f（x）﹣k有两个不同的零点，则实数k的取值范围是．参考答案：【考点】52：函数零点的判定定理．【分析】由题意可得函数f（x）的图象与直线y=k有二个不同的交点，结合图象求出实数k的取值范围．【解答】解：由题意可得函数f（x）的图象与直线y=k有二个不同的交点，如图所示：故实数k的取值范围是，故答案为．【点评】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，体现了化归与转化、数形结合的数学思想，属于中档题．12.在正三棱锥S﹣ABC中，AB=，M是SC的中点，AM⊥SB，则正三棱锥S﹣ABC外接球的球心到平面ABC的距离为．参考答案：【考点】棱锥的结构特征．【分析】利用正三棱锥S﹣ABC和M是SC的中点，AM⊥SB，找到SB，SA，SC之间的关系．在求正三棱锥S﹣ABC外接球的球心与平面ABC的距离．【解答】解：取AC的中点N，连接BN，因为SA=SC，所以AC⊥SN，由∵△ABC是正三角形，∴AC⊥BN．故AC⊥平面SBN，AC⊥BC．又∵AM⊥SB，AC∩AM=A，∴SB⊥平面SAC，SB⊥SA且SB⊥SC故得到SB，SA，SC是三条两两垂直的．可以看成是一个正方体切下来的一个正三棱锥．故外接圆直径2R=∵AB=，∴SA=1．那么：外接球的球心与平面ABC的距离为正方体对角线的，即d=．故答案为：．13.函数的最大值为

参考答案：14.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为

．参考答案：1；15.已知三棱锥的顶点都在球的球面上,且平面,则三棱锥的体积等于．参考答案：12略16.已知，且复数是纯虚数,则a=

.参考答案：－2

17.以双曲线的右焦点为圆心，并与其渐近线相切的圆的标准方程是

_______.参考答案：双曲线的渐近线为，不妨取，即。双曲线的右焦点为，圆心到直线的距离为，即圆的半径为4，所以所求圆的标准方程为。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.（本小题满分12分）已知椭圆C:的离心率为，其左、右焦点分别为、，点是坐标平面内一点，且，，其中为坐标原点.⑴求椭圆C的方程；⑵如图，过点，且斜率为的动直线交椭圆于、两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案：解：(1)设，由可知①(1分)又，，即②

(2分)①代入②得：.又，可得，故所求椭圆方程为

(4分)(2)设直线，代入，有.设，则.

(6分)若轴上存在定点满足题设，则，，

(9分)由题意知，对任意实数都有恒成立，

即对成立.解得，

(11分)在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个定点.

(12分)19.已知{an}是各项为正数的等比数列，,数列{bn}的前n项和为Sn，.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;（Ⅱ）求证:对任意的，数列为递减数列.参考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）设等比数列的公比为，利用和建立方程组，求出与的值，注意到，再利用等比数列的通项公式可求出数列的通项公式；（Ⅱ）先求出数列的通项公式，并求出数列的前项和，利用作差法得出来说明数列为递减数列。【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为，则，

解得或（舍），

.

所以；

证明：（Ⅱ）因为，

所以是以为首项，以2为公差的等差数列.

所以，

.

因为，因为，所以，所以数列为递减数列。【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及数列单调性的定义，在证明数列的单调性时，一般有以下几种证法：①作差法：，则数列为递增数列；，则数列为常数列；，则数列为递减数列；②当数列为正项数列，可采用作商法：，则数列为递增数列；，则数列为常数列；，则数列为递减数列。20.如图所示，多面体EF﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，四边形ACFE为矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，AD＝DC＝BC＝CF＝1，AC⊥BC，∠ADC＝120°

（1）求证：BC⊥AF

（2）求平面BDF与平面CDF所成夹角的余弦值．参考答案：（1）证明：∵平面ACFE⊥平面ABCD且平面ACFE∩平面ABCD＝AC又∵BC⊥AC

∴BC⊥平面ACFE又∵AF平面ACFE

∴BC⊥AF方法二：建系后用向量证之（略）（2）解：由已知，以C为坐标原点，CA，CB，CF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，连接BD交AC于O点，连接OF，要使AM∥平面BDF，易得AM∥OF∵AD＝DC＝BC＝CF＝1，∠ADC＝120°∴AC＝BD＝，OC＝，即B（0，1，0），D（，，0），F（0，0，1）∴＝（，，－1），＝（0，1，－1），＝（0，0，－1）设平面BDF的法向量为＝（x，y，z）令z＝1，则y＝1，x＝，∴＝（，1，1）设平面CDF的法向量为＝（x，y，z）令x＝1，则y＝，z＝0，∴＝（1，，0）设平面BDF与平面CDF的夹角为α21.选修4—4：极坐标与参数方程已知圆方程为。①．求圆心轨迹的参数方程C；②．点是（1）中曲线C上的动点，求的取值范围。参考答案：①．将圆的方程整理得：(x-4cos)2+(y-3sin)2=1

设圆心坐标为P(x,y)

则……………3分

②．2x+y=8cos+3sin

=∴-≤2x+y≤……………7分22.如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=1，AC=，BC=BB1=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求二面角A﹣C1D﹣C的平面角的余弦值．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥AC，AA1⊥AC，由此能证明AC⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）过点C作CP⊥C1D于P，连接AP，则AC⊥平面DCC1D1，从而∠CPA是二面角A﹣C1D﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣C1D﹣C的平面角的余弦