2021-2022学年河南省许昌市鄢陵县第二高级中学高三数学理上学期期末试题含解析

2021-2022学年河南省许昌市鄢陵县第二高级中学高三数学理上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.在平面直角坐标系上的区域M由不等式组给定，若点P为M上的动点，点A（﹣2，1），则?的最大值与最小值的和为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1参考答案：B【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用；平面向量及应用．【分析】由约束条件作出可行域，利用数量积的坐标表示得到线性目标函数，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数求得?的最大值与最小值，则答案可求．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，设P（x，y），又A（﹣2，1），∴z=?=﹣2x+y，化为直线方程的斜截式：y=2x+z．由图可知，当直线y=2x+z过点A（1，0）时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为﹣2×1+0=﹣2；当直线y=2x+z过点C（0，1）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为﹣2×0+1=1．∴?的最大值与最小值的和为﹣2+1=﹣1．故选：B．【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，利用数量积得到目标函数是解题的关键，是中档题．2.设为等差数列，公差d＝－2，为其前n项和．若，则＝()A．18

B．20

C．22

D．24参考答案：B3.已知集合，则集合N的真子集个数为（

）A．3；B．4C．7D．8参考答案：B4.已知（

）A．-1

B．0

C．1

D．

1或0参考答案：B略5.已知函数在[0，2）上的最大值为a，在（2，4]上的最小值为b，则a+b=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2参考答案：D【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】由函数g（x）=在（﹣∞，2），（2，+∞）单调递减，函数h（x）=cos在[0，4]单调递减，可得函数在[0，2），（2，4]上单调性，即可求得a，b即可．【解答】解：函数g（x）=，函数g（x）是函数y=向右平移2个单位，向上平移1个单位，故函数g（x）在（﹣∞，2），（2，+∞）单调递减；对于函数h（x）=cos，由2k（k∈Z），得8k≤x≤8k+4，故函数h（x）在[0，4]单调递减．∴函数在[0，2）上单调递减，故其最大值为f（0）=a，∴a=1，函数在（2，4]上单调递减，其最小值为f（4）=b，∴b=1．所以a+b=2，故选D．6.如图是一个算法的程序框图，当输入的值为5时，输出的结果恰好是，则①处的关系式是A.

B.

C.

D.参考答案：C7.已知是定义在R上的偶函数且它图象是一条连续不断的曲线，当时，，若，则的取值范围是（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：C略8.已知函数则使函数至少有一个整数零点的所有正整数a的值之和等于

（▲）A．1

B．4 C．6

D．9参考答案：B略9.已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(－,0)对称，且满足f(x)＝－f(x＋)，f(－1)＝1，f(0)＝－2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2008)的值为

(

）A．－2B．－1

C．0D．1参考答案：D10.已知椭圆（）的的短轴端点分别为、，左右焦点分别为、，长轴左端点为，若，则椭圆的离心率为（

）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.设实数x，y满足，则z=+的取值范围是．参考答案：[2，]【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，设k=，利用k的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：设k=，则k的几何意义是区域内的点到原点的斜率，则z=k+，由图象知，OA的斜率最大，OB的斜率最小，由得，即A（1，2），此时k=2，由得，即A（3，1），此时k=，则≤k≤2，∵z=k+在[，1]上为减函数，则[1，2]上为增函数，∴当k=1时，函数取得最小值为z=1+1=2，当k=时，z==，当k=2时，z=2+=＜，则z的最大值为，故2≤z≤，故答案为：[2，]12.已知三棱锥的所有棱长均为2，D是SA的中点，E是BC的中点，则绕直线SE转一周所得到的旋转体的表面积为

．参考答案：13.已知，,如果与的夹角为锐角,则的取值范围是

参考答案：或且14.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于

参考答案：4略15.如果等差数列中，，那么的值为

参考答案：3616.正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：⑴AC⊥BD；

⑵△ACD是等边三角形⑶二面角A－BC－D的大小为90°；

⑷AB与CD所成的角为60°。则正确结论的序号为

。参考答案：（1）（2）（4）略17.如果是二次函数,且的图象开口向上,顶点坐标为（1,）,那么曲线任一点处的切线的倾斜角的取值范围是

.参考答案：略三、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.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若.（1）求cosB；（2）若，△ABC面积为2，求a+c的值.参考答案：（1）；（2）.【分析】（1）化简已知sin（A+C）=4，平方得到关于cosB的方程，解之即可.（2）由三角形面积公式可得ac，再由余弦定理解得a+c.【详解】（1）由题设及，得，故.上式两边平方，整理得，解得（含去），.（2）由，得，又，则.由余弦定理，.所以.【点睛】本题考查了三角形面积公式及余弦定理的运用，考查了二倍角公式的应用，属于基础题．19.(本题满分12分）

已知数列{}的前n项和Sn＝.

（I）求数列{}的通项公式；

（II）设，求。参考答案：（Ⅰ）a1＝S1＝(81－1)＝2．

…1分当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(8n－1)－(8n－1－1)＝23n－2．当n＝1时上式也成立，所以an＝23n－2（n∈N*）．

…6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn＝log223n－2＝3n－2，

…7分所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)＝．

…12分

20.（本题满分14分）抛物线：，直线：交于点，交准线于点．过点的直线与抛物线有唯一的公共点（，在对称轴的两侧），且与轴交于点．（Ⅰ）求抛物线的准线方程；（Ⅱ）求的取值范围．参考答案：（Ⅰ）解：．…………

4分（Ⅱ）解：不妨设点在轴的左侧．则，设的斜率为，：，，……

6分，得．………8分得，所以有．，，,．……

10分到的距离，，所以，=．………12分故=．令，则．…………

14分

21.如图，已知四棱锥S﹣ABCD，底面ABCD为菱形，SA⊥平面ABCD，∠ADC=60°，E，F分别是SC，BC的中点． （Ⅰ）证明：SD⊥AF； （Ⅱ）若AB=2，SA=4，求二面角F﹣AE﹣C的余弦值． 参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质． 【专题】计算题；数形结合；转化思想；运动思想；空间位置关系与距离；空间角． 【分析】（Ⅰ）证明AF⊥BC．SA⊥AF．推出AF⊥平面PAD．然后利用直线与平面垂直的性质定理证明AF⊥SD． （Ⅱ）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面AEF的一法向量，平面AEC的一法向量，通过斜率的数量积求解二面角的余弦值即可． 【解答】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，可得△ABC为正三角形． 因为F为BC的中点，所以AF⊥BC． 又BC∥AD，因此AE⊥AD．…（2分） 因为SA⊥平面ACDB，AE?平面ABCD，所以SA⊥AF． 而SA?平面SAD，AD?平面SAD且SA∩AD=A， 所以AF⊥平面PAD．又SD?平面SAD，…（5分） 所以AF⊥SD．

…（6分） （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AF，AD，AS两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为SC，BC的中点，所以，， 所以． 设平面AEF的一法向量为， 则因此 取Z1=﹣1，则，…（9分） 因为BD⊥AC，BD⊥SA，SA∩AC=A， 所以BD⊥平面AEC， 故为平面AEC的一法向量，且，…（10分） 所以，…（11分） 由于二面角E﹣AF﹣C为锐角，所以所求二面角的余弦值为．…（12分） 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用． 22.如图,是正方形，平面，，.(Ⅰ)求证：平面；(Ⅱ)求证：平面；(Ⅲ)求四面体的体积.参考答案：(Ⅰ)证明：因为平面，

所以.

…1分

因为是正方形，所以，

…2分

因为

…3分所以平面.

…4分(Ⅱ)证明：设，取中点，连结，所以，.

…5分因为，，所以，

…6分从而四边形是平行