广东省江门市都会初级中学2021年高三数学理期末试卷含解析

广东省江门市都会初级中学2021年高三数学理期末试卷含解析一、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.已知为原点，双曲线上有一点，过作两条渐近线的平行线，且与两渐近线的交点分别为，平行四边形的面积为1，则双曲线的离心率为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：【答案解析】C解析：双曲线的渐近线方程是：x±ay=0，设P（m，n）是双曲线上任一点，过P平行于OB：x+ay=0的方程是：x+ay-m-an=0与OA方程：x-ay=0交点是A，，P点到OA的距离是：，因为|OA|?d=1，则有，而，解得a=2,c=，所以双曲线的离心率为，则选C.【思路点拨】结合与双曲线的渐近线平行设出平行线方程，利用面积建立等量关系进行解答.2.

参考答案：A3.实数x，y满足不等式组，则2x﹣y的最大值为（）A．﹣ B．1 C．2 D．4参考答案：D【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数k的几何意义，进行平移，结合图象得到k=2x﹣y的最大值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．令k=2x﹣y得y=2x﹣k，平移直线y=2x﹣k，由图象可知当直线y=2x﹣k经过点A时，直线y=2x﹣k的截距最小，由，可得A（3，2）此时k最大．将A（3，2）的坐标代入目标函数2×3﹣2=4，即2x﹣y的最大值为4．故选：D．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决此类问题的基本方法，利用k的几何意义是解决本题的关键．4.若为虚数单位，则的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C考点：复数的运算5.若如下框图所给的程序运行结果为,那么判断框中应填入的关于的条件是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D略6.设x,y满足约束条件,则下列不等式恒成立的是A.

B.

C.

D.参考答案：C7.已知函数对定义域内的任意都有，且当时其导函数满足若，则A．

B．C．

D．参考答案：C略8.复数，则实数a的值是（

）A．

B．

C．

D．－参考答案：B9.函数的图象与直线相切，则(

)(A)

(B)

(C)

(D)1参考答案：答案：B10.已知函数的定义域为R，且满足下列三个条件：①对任意的x1，x2∈[4，8]，当x1＜x2时，都有＞0；②f（x+4）=﹣f（x）；③y=f（x+4）是偶函数；若a=f（6），b=f（11），c=f（2017），则a，b，c的大小关系正确的是（）A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．c＜b＜a参考答案：B【考点】抽象函数及其应用．【分析】根据题意，由①分析可得函数f（x）在区间[4，8]上为增函数，由②分析可得函数f（x）的周期为8，由③分析可得函数f（x）的图象关于直线x=﹣4和x=4对称，进而分析可得a=f（6），b=f（11）=f（3）=f（5），c=f（2017）=f（252×8+1）=f（1）=f（7），结合函数在[4，8]上的单调性，分析可得答案．【解答】解：根据题意，若对任意的x1，x2∈[4，8]，当x1＜x2时，都有＞0，则函数f（x）在区间[4，8]上为增函数，若f（x+4）=﹣f（x），则f（x+8）=﹣f（x+4）=f（x），即函数f（x）的周期为8，若y=f（x+4）是偶函数，则函数f（x）的图象关于直线x=﹣4对称，又由函数的周期为8，则函数f（x）的图象也关于直线x=4对称，a=f（6），b=f（11）=f（3）=f（5），c=f（2017）=f（252×8+1）=f（1）=f（7），又由函数f（x）在区间[4，8]上为增函数，则有b＜a＜c；故选：B．【点评】本题考查抽象函数的应用，关键是依据题意，分析函数的单调性和周期性．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是

．参考答案：

12.椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则_________；的小大为__________．参考答案：略13.三棱锥及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱的长为______.参考答案：取AC的中点，连结BE,DE由主视图可知.且.所以，即。14.若x，y满足约束条件，z=x﹣2y，则z的取值范围是．参考答案：[﹣3，2]【考点】简单线性规划．【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；不等式的解法及应用．【分析】先作出不等式组表示的平面区域，由z=x﹣2y可得，y=x﹣z，则﹣z表示直线x﹣2y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大，z越小，结合函数的图形可求z的最大与最小值，从而可求z的范围【解答】解：作出不等式组表示的平面区域：由z=x﹣2y可得，y=x﹣z，则﹣z表示直线x﹣2y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大，z越小结合函数的图形可知，当直线x﹣2y﹣z=0平移到B时，截距最大，z最小；当直线x﹣2y﹣z=0平移到A时，截距最小，z最大由可得B（1，2），由，可得A（2，0）∴Zmax=2，Zmin=﹣3则z=x﹣2y∈[﹣3，2]故答案为：[﹣3，2]．【点评】平面区域的范围问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，分析表达式的几何意义，然后结合数形结合的思想，分析图形，找出满足条件的点的坐标，即可求出答案．15.若函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，则正实数的值为_____________．参考答案：16.2018年4月4日，中国诗词大会第三季总决赛如期举行，依据规则：本场比赛共有甲、乙、丙、丁、戊五位选手有机会问鼎冠军，某家庭中三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现，结合自己的判断，对本场比赛的冠军进行了如下猜测：爸爸：冠军是乙或丁；妈妈：冠军一定不是丙和丁；孩子：冠军是甲或戊.比赛结束后发现：三人中只有一个人的猜测是对的，那么冠军是______．参考答案：丁若冠军是甲或戊，孩子与妈妈判断都正确，不合题意；若冠军是乙，爸爸与妈妈判断都正确，不合题意；若冠军是丙，三个人判断都不正确，不合题意；若冠军是丁，只有爸爸判断正确，合题意，故答案为丁.

17.设椭圆E：的右顶点为A、右焦点为F，B为椭圆E在第二象限上的点，直线BO交椭圆E于点C，若直线BF平分线段AC，则椭圆E的离心率是参考答案：如图3，设AC中点为M，连接OM，则OM为[的中位线，于是，且，即．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.

参考答案：

∴

所以(2)由所以，，所以是等比数列且，∴

∴

∴

∴

利用错位相减法，可以求得.

略19.已知圆的方程为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线，切点为。

（1）若，试求点的坐标；（2）若点的坐标为，过作直线与圆交于两点，当时，求直线的方程；

（3）经过三点的圆是否经过异于点M的定点，若经过，请求出此定点的坐标；若不经过，请说明理由。参考答案：解：（1）设，由题可知，所以，解之得：,故所求点的坐标为或．（2）设直线的方程为：，易知存在，由题知圆心到直线的距离为，所以，(7分)

解得，或，故所求直线的方程为：或．（3）设，的中点，因为是圆的切线所以经过三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，故其方程为：

化简得：，此式是关于的恒等式，故（14分）

解得或所以经过三点的圆必过异于点M的定点略20.本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与轴的正半轴重合，直线的参数方程为(为参数）,圆的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）若圆上的点到直线的最大距离为，求的值．参考答案：（1）；（2）1.试题分析：（1）将参数方程转化为直角坐标系下的普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取恰当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法、加减消参法、平方消参法；（2）将参数方程转化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，不要增解、漏解，若有范围限制，要标出的取值范围；（3）直角坐标方程化为极坐标方程，只需把公式及直接代入并化简即可；而极坐标方程化为极坐标方程要通过变形，构造形如，，的形式，进行整体代换，其中方程的两边同乘以（或同除以）及方程的两边平方是常用的变形方法.试题解析：（1）直线的直角坐标方程为，………2分圆的直角坐标方程为．…………4分（2）∵圆心，半径为，………5分圆心到直线的距离为，………6分又∵圆上的点到直线的最大距离为3，即，∴．………7分考点：1、极坐标方程与普通方程的互化；2、点到直线的距离.21.设分别为椭圆的左、右焦点.（1）若椭圆上的点两点的距离之和等于4，w.w.w.高考资源网.c.o.m

求椭圆的方程和焦点坐标；(2）设点P是（1）中所求得的椭圆上的动点，。参考答案：22.设函数f（x）=x2+bx﹣alnx．（Ⅰ）若x=2是函数f（x）的极值点，1和x0是函数f（x）的两个不同零点，且x0∈（n，n+1），n∈N，求n．（Ⅱ）若对任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．参考答案：考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）先求导得到，由，f（1）=1+b=0，得到a与b的值，再令导数大于0，或小于0，得到函数的单调区间，再由零点存在性定理得到得到x0∈（3，4），进而得到n的值；（Ⅱ）令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，问题转化为在x∈（1，e）上g（b）max=g（﹣1）＜0有解即可，亦即只需存在x0∈（1，e）使得x2﹣x﹣alnx＜0即可，连续利用导函数，然后分别对1﹣a≥0，1﹣a＜0，看是否存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，进而得到结论．解答： 解：（Ⅰ），∵x=2是函数f（x）的极值点，∴．∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，由，解得a=6，b=﹣1．…∴f（x）=x2﹣x﹣6lnx，令=，x∈（0，+∞），得x＞2；

令f′（x）＜0得0＜x＜2，所以f（x）在（0，2）上单调递减；在（2，+∞）上单调递增．…故函数f（x）至多有两个零点，其中1∈（0，2），x0∈（2，+∞），因为f（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1﹣ln3）＜0，f（4）=6（2﹣ln4）=0，所以x0∈（3，4），故n=3．…（Ⅱ）令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，根据题意，对任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，则在x∈（1，e）上，有解，令h（x）=x2﹣x﹣alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，由于，令φ（x）=2x2﹣x﹣a，x∈（1，e），φ'（x）=4x﹣1＞0，∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1﹣a，…①当1﹣a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．②当1﹣a＜0，即a＞1时，φ（1）=1﹣a＜0，φ（e）=2e2﹣e﹣a若a≥2e2﹣e＞1，则φ（e）＜0，所以在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上单调递减，∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．若2e2﹣e＞a＞1，则φ（e