2021-2022学年湖南省岳阳市县新墙镇第二中学高三数学理下学期期末试题含解析

2021-2022学年湖南省岳阳市县新墙镇第二中学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.对于数列{an}，记Sn=a1+a2+a3+…+an，Πn=a1a2a3…an．在正项等比数列{an}中，a5=，a6+a7=，则满足Sn＞Πn的最大正整数n的值为（）A．12 B．13 C．14 D．15参考答案：B【考点】等比数列的前n项和；等比数列的通项公式．【分析】设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，由题意可得关于这两个量的方程组，解之可得数列的通项公式和a1+a2+…+an及a1a2…an的表达式，化简可得关于n的不等式，解之可得n的范围，取上限的整数部分即可得答案．【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，首项为a1，公比为q，又由a5=，a6+a7=，则有a1q4=，a1q5+a1q6=，解可得a1==2n﹣7，q=2，则Sn=a1+a2+a3+…+an==，Πn=a1a2a3…an．=2﹣6?2﹣5?2﹣4?…?2n﹣7=，若Sn＞Πn，即＞，化简可得：2n﹣1＞，只需满足n＞+6，解可得＜n＜，由于n为正整数，因此n最大值为13；故选：B．2.在中，三个内角的对边分别为，若的面积为，且，则等于（

）A．1

B．

C．

D．参考答案：C3.函数的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为，，，………在点列中存在三个不同的点，，，使得是等腰直角三角形将满足上述条件的值从小到大组成的数列记为，则（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】令，可求对称轴方程，进而可求A1，A2，A3，……An的坐标，由△AkAtAp是等腰直角三角形可知直线的斜率之积为﹣1可求ωn，进而可得解.【详解】由，得，，由题意得，即，由是等腰直角三角形，得，即，得，同理是等腰直角三角形得，得.同理是等腰直角三角形得，得……则，故选C.【点睛】本题主要考查了正弦函数的对称性及直线垂直关系的应用，还考查了归纳推理的应用，属于难题.4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则公比q＝()参考答案：A试题分析：当时，满足；但时，，解得，故或，选A.考点：1.等比数列的通项与求和求解.

5.某种运动繁殖量（只）与时间（年）的关系为，设这种动物第2年有100只，到第8年它们发展到A.200只 B.300只 C.400只 D.500只参考答案：A6.函数在定义域内可导，若，且当时，，设a=，b=,C=，则()

(A)

a<b<c

(B)

c<b<a

(C)

c<a<b(D)

b<c<a参考答案：C略7.已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P（3，4）在双曲线的渐近线上，若||=||，则此双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1参考答案：D【分析】根据题意，设双曲线的焦点坐标为F1（﹣c，0）、F2（c，0），由双曲线的标准方程可得其渐近线方程为y=±x，结合题意可得=；有P、F1、F2的坐标可得向量、的坐标，计算可得=（6，8），结合题意可得||=10，即可得c的值，由双曲线的几何性质可得a2+b2=25，又由=，解可得a2、b2的值，代入双曲线的方程，即可得答案．【解答】解：根据题意，设双曲线的焦点坐标为F1（﹣c，0）、F2（c，0），双曲线的方程为﹣=1，其焦点在x轴上，则其渐近线方程为y=±x，又由点P（3，4）在双曲线的渐近线上，则其一条渐近线方程为：y=x，则有=，又由P（3，4），F1（﹣c，0）、F2（c，0），则=（﹣c﹣3，﹣4），=（c﹣3，﹣4）则=（﹣6，﹣8），则|=10，又由||=||，则||=10，即2c=10，则有c=5，即a2+b2=25，又由=，解可得a2=9，b2=16，则双曲线的方程为：﹣=1；故选：D．8.已知某棱锥的三视图如图所示，俯视图为正方形，根据图中所给的数据，那么该棱锥外接球的体积是（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由该棱锥的三视图判断出该棱锥的几何特征，以及相关几何量的数据，再求出该棱锥外接球的半径和体积．【解答】解：由该棱锥的三视图可知，该棱锥是以边长为的正方形为底面，高为2的四棱锥，做出其直观图所示：则PA=2，AC=2，PC=，PA⊥面ABCD，所以PC即为该棱锥的外接球的直径，则R=，即该棱锥外接球的体积V==，故选：C．【点评】本题考查了由三视图求几何体的外接球的体积，解题的关键是根据三视图判断几何体的结构特征及相关几何量的数据．9.已知正项等比数列{an}的前n项和Sn，满足则的最小值为（

）A. B.3 C.4 D.12参考答案：D由题意可知的公比，，则，则有，所以.试题立意：本小题考查等比数列、二次函数等基础知识；考查推理论证能力，运算求解能力，化归与转化思想.10.设（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在极坐标系中,点M(4,)到直线l:ρ(2cosθ+sinθ)=4的距离d=

.参考答案：答案：12.在△ABC中，a=5，b=8，C=60°，则的值为．参考答案：﹣20【考点】平面向量数量积的运算．【分析】在△ABC中，a=5，b=8，C=60°中=120°然后用数量积求值即可．【解答】解：=故答案为：﹣20．13.已知函数，则

。参考答案：，所以，.14.（5分）将一颗骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为．参考答案：【考点】：古典概型及其概率计算公式．【专题】：概率与统计．【分析】：先求出将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的情况，再求出若不考虑限制它落地时向上的点数情况，前者除以后者即可．【解答】：解：∵骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列∴落地时向上的点数若不同，则为1，2，3或1，3，5，或2，3，4或2，4，6或3，4，5或4，5，6．共有6×2=12种情况，也可全相同，有6种情况∴共有18种情况若不考虑限制，有63=216落地时向上的点数依次成等差数列的概率为=故答案为：【点评】：本题考查了概率与数列的综合，做题时要认真分析，不要丢情况．15.．t＞0，关于x的方程|x|+=的解为集合A，则A中元素个数可能为（写出所有可能）．参考答案：0，2，3，4【考点】根的存在性及根的个数判断．【专题】函数的性质及应用．【分析】化方程为，得到两个函数所对应的图象，画出图象，数形结合得答案．【解答】解：由|x|+=，得，由y=，得x2+y2=t（y≥0），又，作出图象如图：由图可知，当0＜t＜1或t时，A中元素个数为0；当t=1时，A中元素个数为2；当t=时，A中元素个数为3；当1＜t＜时，A中元素个数为4．故答案为：0，2，3，4．【点评】本题考查了根的存在性及根的个数判断，考查了数形结合与分类讨论的数学思想方法，是中档题．16.如图，已知中，弦,为直径.

过点作的切线，交的延长线于点，.则____.参考答案：略17.若向量与向量共线，则

．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.（08年全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设与平面所成的角为，求二面角的大小．参考答案：【解析】解法一：（Ⅰ）作，垂足为，连接，由题设知，底面，且为的中点，由知，，从而，于是．由三垂线定理知，．（Ⅱ）由题意，，所以侧面，又侧面，所以侧面侧面，作，垂足为，连接，则平面．故为与平面所成的角，．由，得又，因而，所以为等边三角形．作，垂足为，连接．由（Ⅰ）知，，又，故平面，，是二面角的平面角．，，，，则，二面角为．解法二：（Ⅰ）作，垂足为，则底面，且为的中点，以为坐标原点，射线为轴正方向，建立如图所示的直角坐标系．设．由已知条件有，．所以，得．

（Ⅱ）作，垂足为，连接．设，则，．故．又，所以平面，是与平面所成的角，．由，得．又，所以，所以为等边三角形，因此．作，垂足为，连接．在中，求得；故．又，．所以与的夹角等于二面角的平面角．由，知二面角为．19.已知两圆C1：x2+y2﹣2x=0，C2：（x+1）2+y2=4的圆心分别为C1，C2，P为一个动点，且|PC1|+|PC2|=2．（1）求动点P的轨迹M的方程；（2）是否存在过点A（2，0）的直线l与轨迹M交于不同的两点C、D，使得|C1C|=|C1D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．参考答案：考点：直线与圆锥曲线的关系；圆与圆的位置关系及其判定．专题：存在型；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）写出两圆的圆心坐标，根据∵|PC1|+|PC2|=2＞2=|C1C2|可知动点P的轨迹是以C1和C2为焦点、长轴长为2a=的椭圆，从而易求椭圆方程即所求轨迹方程；（2）当斜率不存在时容易判断，当存在斜率时，设直线l的方程为y=k（x﹣2），联立直线l方程与椭圆方程消掉y得x的二次方程，则有△＞0，设交点C（x1，y1），D（x2，y2），CD的中点为N（x0，y0），求出二次方程的两解，从而可得线段CD中点N的横坐标，代入直线方程可得纵坐标，要使|C1C|=|C1D|，必须有C1N⊥l，即k=﹣1，解出方程的解k，再检验是否满足△＞0即可；解答：解：（1）两圆的圆心坐标分别为C1（1，0），C2（﹣1，0），∵|PC1|+|PC2|=2＞2=|C1C2|，∴根据椭圆的定义可知，动点P的轨迹为以原点为中心，C1（1，0）和C2（﹣1，0）为焦点，长轴长为2a=的椭圆，所以a=，c=1，b===1，∴椭圆的方程为，即动点P的轨迹M的方程为；（2）假设存在这样的直线l满足条件，当直线l的斜率不存在时，易知点A（2，0）在椭圆M的外部，直线l与椭圆M无交点，所以直线l不存在．当直线l斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为y=k（x﹣2），由方程组得（2k2+1）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0①，依题意△=（﹣8k2）2﹣4（2k2+1）（8k2﹣2）＞0，即﹣2k2+1＞0，解得﹣＜k＜，当﹣＜k＜时，设交点C（x1，y1），D（x2，y2），CD的中点为N（x0，y0），方程①的解为，，则=，∴y0=k（x0﹣2）=k（﹣2）=，要使|C1C|=|C1D|，必须有C1N⊥l，即k=﹣1，∴k=﹣1，化简得0=﹣1，显然不成立；

所以不存在直线l，使得|C1C|=|C1D|，综上所述，不存在直线l，使得|C1C|=|C1D|；点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆的方程，考查存在性问题，存在性问题往往先假设存在，然后以此为条件进行推理论证，检验是否矛盾．20.已知函数f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是5x﹣4y+1=0（1）求a，b的值；（2）若当x∈[0，+∞）时，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范围；（3）若=22361，试估计ln的值（精确到0.001）参考答案：【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出a，b的值，（2）构造函数F（x），求导，解法一：根据判别式方程的根分类讨论即可求出k的范围，解法二：根据函数的单调性和数形结合的方法即可求出k的范围，（3）由（2）当k≤2时，≥kln（1+x）在x≥0时恒成立，取值验证即可．【解答】解（1）f′（x）=，由题意：f′（1）==

f（1）==

解得：a=1，b=2…（2）：由（1）知：f（x）=，由题意：﹣kln（1+x）≥0令F（x）=﹣kln（1+x），则F′（x）=1+﹣…解法一：F′（x）=1+﹣=令△=（2﹣k）2﹣4（2﹣k）=（k﹣2）（k+2），①当△≤0即﹣2≤k≤2时，x2+（2﹣k）x+2﹣k≥0恒成立，∴F′（x）≥0∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立，即f（x）≥kg（x）恒成立，∴﹣2≤k≤2时合题意②当△＞0即k＜﹣2或k＞2时，方程x2+（2﹣k）x+2﹣k=0有两解x1=，x2=此时x1+x2=k﹣2，x1x2=2﹣k（i）当k＜﹣2时，x1x2=2﹣k＞0，x1+x2=k﹣2＜0，∴x1＜0，x2＜0，∴F′（x）=＞0∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立即f（x）≥kg（x）恒成立∴k＜﹣2时合题意（ii）当k＞2时，x1x2=2﹣k＜0，∴x1＜0，x2＞0∴F′（x）=∴当x∈（0，x2）时，F′（x）＜0∴F（x）在x∈（0，x2）上单调递减∴当x∈（0，x2）时，F（x）＜F（0）=0这与F（x）≥0矛盾，∴k＞2时不合题意综上所述，k的取值范围是（﹣∞，2]…解法二：F′（x）=1+﹣=（1+x+﹣k）①∵1+x+≥2，∴当k≤2时，F′（x）≥0∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立，即f（x）≥kg（x）恒成立，∴k≤2时合题意，②当k＞2时，令F′（x）=0得x1＜0＜x2，结合图象可知，当x∈（0，x2）时，F′（x）＜0，∴F（x）在x∈（0，x2）上单调递减（其中x2=）∴当x∈（0，x2）时，F（x）＜F（0）=0这与F（x）≥0矛盾，∴k＞2时不合题意综上所述，k的取值范围是（﹣∞，2]…（3）由（2）知：当k≤2时，≥kln（1+x）在x≥0时恒成立

取k=2，则≥2ln（1+x）

即：≥2ln（1+x）令x=﹣1＞0得：2ln＜，∴ln＜≈0.2236…由（2）知：当k＞2时，＜kln（1+x）在（0，）时恒成立令=﹣1，解得：k=∴＜ln（1+x）在x∈（0，）上恒成立取x=﹣1得：＜ln，∴ln＞≈0.2222，

∴ln==0.2