广东省梅州市超竹中学2021年高三数学理下学期期末试卷含解析

广东省梅州市超竹中学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.已知条件p:x≤1，条件q:＜1，则p是q成立的(

)A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.不充分也不必要条件参考答案：B2.设△AnBnCn的三边长分别是an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n∈N*，若b1＞c1，b1+c1=2a1，bn+1=，则（）A．{Sn}为递减数列B．{Sn}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列参考答案：B【考点】数列的函数特性．【分析】由an+1=an可知△AnBnCn的边BnCn为定值a1，由bn+1+cn+1﹣2a1=（bn+cn﹣2an），b1+c1=2a1得bn+cn=2a1，则在△AnBnCn中边长BnCn=a1为定值，另两边AnCn、AnBn的长度之和bn+cn=2a1为定值，由此可知顶点An在以Bn、Cn为焦点的椭圆上，根据bn+1﹣cn+1=（cn﹣bn），得bn﹣cn=，可知n→+∞时bn→cn，据此可判断△AnBnCn的边BnCn的高hn随着n的增大而增大，再由三角形面积公式可得到答案．【解答】解：b1=2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1，由题意，bn+1+cn+1=+an，∴bn+1+cn+1﹣2an=（bn+cn﹣2an），∴bn+cn﹣2an=0，∴bn+cn=2an=2a1，∴bn+cn=2a1，又由题意，bn+1﹣cn+1=，∴bn+1﹣（2a1﹣bn+1）==a1﹣bn，bn+1﹣a1=（a1﹣bn）=（b1﹣a1）．∴bn=a1+（b1﹣a1），cn=2a1﹣bn=a1﹣（b1﹣a1），=?=单调递增．可得{Sn}单调递增．故选：B．3.执行如图所示的程序框图，若输出的结果为63，则判断框中应填（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D4.已知函数满足对任意，都有

成立，则的取值范围是A．

B．

C．

D．参考答案：D略5.已知不等式组表示的平面区域的面积是,则的值是

（

）A. B.

C. D.参考答案：D6.设偶函数f(x)＝loga|x＋b|在(0，＋∞)上单调递增，则f(b－2)与f(a＋1)的大小关系为A．f(b－2)＝f(a＋1)

B．f(b－2)>f(a＋1)C．f(b－2)<f(a＋1)

D．不能确定参考答案：C7.函数f(x)＝sin2－sin2是A．周期为π的奇函数

B．周期为π的偶函数C．周期为2π的偶函数 D．周期为2π的奇函数参考答案：A略8.函数的图象大致是（

）Ａ

Ｂ

Ｃ

Ｄ参考答案：A略9.已知全集，集合，则(

)A.

B.

C.

D.参考答案：B略10.若，定义一种向量积：，已知，且点在函数的图象上运动，点在函数的图象上运动，且点和点满足：（其中O为坐标原点），则函数的最大值及最小正周期分别为A．B．C．

D．参考答案：D考点：新定义，三角函数的性质．【名师点睛】本题考查新定义，解题的关键是依据新定义进行合理地运算，求出的解析式，再根据函数的性质求解．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设曲线在点（1，1）处的切线与轴的交点的横坐标为,令，则的值为

参考答案：-412.抛物线y=4ax2（a≠0）的焦点坐标是．参考答案：【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用抛物线方程直接求解抛物线的焦点坐标即可．【解答】解：抛物线y=4ax2（a≠0）的标准方程为：x2=，所以抛物线的焦点坐标为：．故答案为：．13.sin15°+sin75°的值是．参考答案：【考点】两角和与差的正弦函数；三角函数的化简求值．【专题】三角函数的求值．【分析】利用诱导公式以及两角和的正弦函数化简求解即可．【解答】解：sin15°+sin75°=sin15°+cos15°=（sin15°cos45°+cos15°sin45°）=sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查两角和的正弦函数，三角函数的化简求值，考查计算能力．14.如图，已知球是棱长为的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为

；参考答案：略15.在中，若，，，则

．参考答案：16.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

．参考答案：17.函数，则函数的零点个数是

.参考答案：.试题分析：根据已知函数画出函数的图像如下图所示，由图可知，的根的个数有3个，即，，，于是当时，有2个实数根；当时，有3个实数根；当时，有2个实数根；综上所示，方程有7个实数根，即函数的零点个数有7个，故应填.考点：1、分段函数的图像；2、函数与方程；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）在中，分别为内角的对边，且（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，试求内角B、C的大小.参考答案：解：（Ⅰ）∵

由余弦定理得

故

-----------------5分（Ⅱ）∴B+C=................................6分∵，∴，

----------------7分∴，∴，∴

----------------9分∴B+=……………10分又∵为三角形内角，

---------------11分

故.

----------------12分19.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（1，）．（1）求椭圆C的方程；（2）设与圆O：x2+y2=相切的直线l交椭圆C于A，B两点，求△OAB面积的最大值，及取得最大值时直线l的方程．参考答案：【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；（2）讨论①当k不存在时，②当k存在时，设直线为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相切的条件：d=r，结合基本不等式即可得到所求面积的最大值和直线l的方程．【解答】解：（1）由题意可得，e==，a2﹣b2=c2，点（1，）代入椭圆方程，可得+=1，解得a=，b=1，即有椭圆的方程为+y2=1；（2）①当k不存在时，x=±时，可得y=±，S△OAB=××=；②当k存在时，设直线为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m代入椭圆方程可得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3=0，x1+x2=﹣，x1x2=，由直线l与圆O：x2+y2=相切，可得=，即有4m2=3（1+k2），|AB|=?=?=?=?=?≤?=2，当且仅当9k2=即k=±时等号成立，可得S△OAB=|AB|?r≤×2×=，即有△OAB面积的最大值为，此时直线方程y=±x±1．20.（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分7分．已知椭圆的两个焦点为、，是与的等差中项，其中、、都是正数，过点和的直线与原点的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）（文）过点作直线交椭圆于另一点，求长度的最大值；（3）已知定点，直线与椭圆交于、相异两点．证明：对任意的，都存在实数，使得以线段为直径的圆过点．参考答案：解：（1）在椭圆中，由已知得····································1分过点和的直线方程为，即，该直线与原点的距离为，由点到直线的距离公式得：·····························································································3分解得：；所以椭圆方程为····················································4分（2）（文）设，则，，其中

6分当时，取得最大值，所以长度的最大值为····························9分（3）将代入椭圆方程，得，由直线与椭圆有两个交点，所以，解得··············································11分设、，则，，因为以为直径的圆过点，所以，即，···················································································13分而=，所以，解得······························14分如果对任意的都成立，则存在，使得以线段为直径的圆过点．，即．所以，对任意的，都存在，使得以线段为直径的圆过点．

16分21.现有A，B两球队进行友谊比赛，设A队在每局比赛中获胜的概率都是．（Ⅰ）若比赛6局，求A队至多获胜4局的概率；（Ⅱ）若采用“五局三胜”制，求比赛局数ξ的分布列和数学期望．参考答案：略22.已知函数f（x）=ex﹣x2+ax，曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线与x轴平行．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若g（x）=ex﹣2x﹣1，求函数g（x）的最小值；（Ⅲ）求证：存在c＜0，当x＞c时，f（x）＞0．参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由条件可得a的方程，解方程可得a的值；（Ⅱ）求出g（x）的导数，可得单调区间和极值，且为最值；（Ⅲ）显然g（x）=f'（x），且g（0）=0，运用零点存在定理可得g（x）的零点范围，可设g（x）=f'（x）存在两个零点，分别为0，x0．讨论x＜0时，0＜x＜x0时，x＞x0时，g（x）的符号，可得f（x）的极值，进而得到f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，即可得证．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=ex﹣x2+ax的导数为：f′（x）=ex﹣2x+a，由已知可得f′（0）=0，所以1+a=0，得a=﹣1．（Ⅱ）g'（x）=ex﹣2，令g'（x）=0，得x=ln2，所以x，g'（x），g（x）的变化情况如表所示：x（﹣∞，ln2）ln2（ln2，+∞）g'（x）﹣0+g（x）递减极小值递增所以g（x）的极小值，且为最小值为g（ln2）=eln2﹣2ln2﹣1=1﹣2ln2．（Ⅲ）证明：显然g（x）=f'（x），且g（0）=0，由（Ⅱ）知，g（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．又g（ln2）＜0，g（2）=e2﹣5＞0，由零点存在性定理，存在唯一实数x0∈（ln2，2），满足g（x0）=0，即，，综上，g（x）=f'（x）存在两个