2021年广东省汕尾市石洲中学高三数学文期末试卷含解析

2021年广东省汕尾市石洲中学高三数学文期末试卷含解析一、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.已知集合，.则（

）A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件参考答案：A略2.已知，，则A．

B．

C．或

D．参考答案：B3.若函数，则的最大最小值分别为

A、和1

B、2和1

C、2和

D、2和参考答案：A4.若复数，则复数对应的点在（

）A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：C因为复数，所以，对应点坐标为(,)，由此复数对应的点在第三象限，故选C.

5.为了得到函数的图像，可以将函数的图像（

）A.向右平移个单位

B.向左平移个单位

C.向右平移个单位

D.向左平移个单位参考答案：C

6.已知集合，则A. B. C. D.参考答案：B因为，所以，故选B.7.为虚数单位，复平面内表示复数z=(1+)(2+)的点在(

)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略8.在的展开式中，含项的系数为A.－60

B.160

C.60

D.64参考答案：C9.已知函数，在下列区间中，包含的零点的区间是()A．(0，1)

B．(1，2)C．(2，4)

D．(4，＋∞)参考答案：C10.过点（)作直线与圆交于A、B两点，如果,则直线的方程为（

）(A) (B)(C)或 (D)或参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，E为AA1的中点，OA⊥平面BDE，则球O的表面积为．参考答案：16π【考点】球的体积和表面积．【分析】根据已知结合长方体锥的几何特征和球的几何特征，求出球的半径，代入可得球的表面积．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，设AA1=2a，E为AA1的中点，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴建立空间坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，a），C1（2，2，2a），O（1，1，a），则=（﹣2，2，0），=（﹣2，0，a），=（1，1，a），若OA⊥平面BDE，则，即，即a2﹣2=0，解得a=，∴球O的半径R满足：2R==4，故球O的表面积S=4πR2=16π，故答案为：16π．【点评】本题考查的知识点是球的表面积，其中根据已知求出半径是解答的关键．12.过三点A(1,12)，B(7,10)，C(－9,2)的圆的方程为 。参考答案：13.设等比数列{an}的前n项和为Sn．若a1=1，S6=4S3，则a4=．参考答案：3【考点】等比数列的前n项和；等比数列的性质．【专题】计算题．【分析】根据S6=4S3可求得q3，进而根据等比数列的通项公式，得到答案．【解答】解：设等比数列的公比为q，则由S6=4S3知q≠1，∴S6==．∴q3=3．∴a1q3=3．故答案为：3【点评】本题主要考查了等比数列的求和问题．属基础题．14.已知函数f（x）=，则f（）的值为．参考答案：【考点】函数的值．

【专题】函数的性质及应用．【分析】利用f（）==即可得出．【解答】解：f（）===sin．故答案为：sin．【点评】本题查克拉分段函数的求值，考查了计算能力，属于基础题．15.已知曲线y＝3x2＋2x在点(1，5)处的切线与直线2ax－y－6＝0平行，则a＝

．

参考答案：416.已知，为的导函数，，则

.参考答案：2本题主要考查导数运算.,所以,故答案为2.17.有下列命题：①函数的图象中，相邻两个对称中心的距离为；②函数的图象关于点对称；③关于的方程有且仅有一个实数根，则实数；④已知命题：对任意的，都有，则：存在，使得。其中所有真命题的序号是

参考答案：③④三、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、、为的三个内角，其对边分别为、、，若，，且．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，求的面积．参考答案：命题意图：本题综合考察平面向量的数量积、三角恒等变换、解三角形，简单题．（Ⅰ），……2分又，

………………4分，．……6分（Ⅱ）由余弦定理得即：，………9分……………12分19.如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD=2EF=2，ED=．M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N．（Ⅰ）求证：ED⊥CD；（Ⅱ）求证：AD∥MN；（Ⅲ）若AD⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？若能，求出的值；若不能，说明理由．参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质．【分析】（Ⅰ）证明：CD⊥平面EAD，即可证明ED⊥CD；（Ⅱ）证明AD∥平面FBC，即可证明：AD∥MN；（Ⅲ）若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC，可得DF=DC=2．若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．【解答】（Ⅰ）证明：因为ABCD为矩形，所以VD⊥AD．又因为CD⊥EA，所以CD⊥平面EAD．所以ED⊥CD．[]（Ⅱ）证明：因为ABCD为矩形，所以AD∥BC，所以AD∥平面FBC．又因为平面ADMN∩平面FBC=MN，所以AD∥MN．（Ⅲ）解：平面ADMN与平面BCF可以垂直．证明如下：连接DF．因为AD⊥ED，AD⊥CD．ED∩CD=D，所以AD⊥平面CDEF．[]所以AD⊥DM．因为AD∥MN，所以DM⊥MN．因为平面ADMN∩平面FBC=MN，若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC．在梯形CDEF中，因为EF∥CD，DE⊥CD，CD=2EF=2，ED=，所以DF=DC=2．所以若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．所以=．20.设P、Q、R、S是椭圆C1：（a＞b＞0）的四个顶点，四边形PQRS是圆C0：x2+y2=的外切平行四边形，其面积为12．椭圆C1的内接△ABC的重心（三条中线的交点）为坐标原点O．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）△ABC的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．参考答案：【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由题意可得关于a，b的方程组，求解方程组得到a，b的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）当直线AB斜率不存在时，直接求出|AB|=，C到直线AB的距离d=，可得△ABC的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0可得k与m的关系，利用根与系数的关系可得A，B横坐标的和与积，由O为△ABC的重心求得C的坐标把C点坐标代入椭圆方程，可得4m2=12k2+9．由弦长公式求得|AB|，再求出点C到直线AB的距离d，代入三角形面积公式整理得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵四边形PQRS是圆C0外切平行四边形，∴，又四边形PQRS的面积S=，联立解得a2=12，b2=9，故所求椭圆C1的方程为；（Ⅱ）当直线AB斜率不存在时，∵O为△ABC的重心，∴C为椭圆的左、右顶点，不妨设C（，0），则直线AB的方程为x=，可得|AB|=，C到直线AB的距离d=，∴=．当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣36=0，则△=64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣36）=48（12k2+9﹣m2）＞0．即12k2+9＞m2，，，∴．∵O为△ABC的重心，∴，∵C点在椭圆C1上，故有，化简得4m2=12k2+9．∴=．又点C到直线AB的距离d=（d是原点到AB距离的3倍得到）．∴=．综上可得，△ABC的面积为定值．21.（本小题满分12分）已知函数是定义域为R的偶函数，其图像均在x轴的上方，对任意的，都有:，且，又当时，其导函数恒成立。（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）解关于x的不等式：，其中参考答案：(1)由f(m·n)＝[f(m)]n得：f(0)＝f(0×0)＝[f(0)]0

∵函数f(x)的图象均在x轴的上方,∴f(0)＞0,∴f(0)＝1 ……………2分

∵f(2)＝f(1×2)＝[f(1)]2＝4，又f(x)＞0

…………3分

∴f(1)＝2,f(－1)＝f(1)＝2

………………5分(2) 又当时，其导函数恒成立，∴在区间上为单调递增函数∴

……8分讨论：①当时，；

……9分②当时，，∴；……10分③当时，，∴……11分综上所述：当时，；当时，；当时，。

解关于x的不等式：，其中22.（文）设函数，其中；（1）若的最小正周期为，求的单调增区间；（7分）（2）若函数的图象的一条对称轴为，求的值．（7分）参考答案：（文）（1）

1分

3分