2022年湖南省长沙市宁乡县第二高级中学高三数学理期末试卷含解析

2022年湖南省长沙市宁乡县第二高级中学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.设函数f（x）（x∈R）满足f（x﹣π）=f（x）+sinx，当0≤x≤π，f（x）=1时，则=（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】运用诱导公式化简求值；函数的值．【分析】利用条件以及诱导公式，求得要求式子的值．【解答】解：∵f（x﹣π）=f（x）+sinx，当0≤x≤π，f（x）=1时，则=f（﹣﹣π）=f（﹣）+sin（﹣）=f（﹣﹣π）+sin（﹣）=f（﹣）+sin（﹣）+sin（﹣）=f（﹣π）+sin（﹣）﹣sin=f（）+sin+sin（﹣）+sin=1+﹣+=，故选：C．【点评】本题主要考查新定义，诱导公式的应用，属于基础题．2.．某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是参考答案：D略3.sin（﹣600°）=（）A． B． C．﹣ D．﹣参考答案：B4.已知函数，若方程有且仅有两个不等的实根，则实数的取值范围是A．

B．

C．

D．参考答案：C

【知识点】函数与方程B9解析：令得，原方程有两个相异的实根等价于两函数与的图象有两个不同的交点.当时，易知临界位置为过点和，分别求出这两个位置的斜率和，由图可知此时当时，设过点向函数的图象作切线的切点为，则由函数的导数为得解得，得切线的斜率为，而过点的斜率为，由图知此时，【思路点拨】令得，原方程有两个相异的实根等价于两函数与的图象有两个不同的交点.然后对m分类讨论.5.函数y＝的导数是A．

B．C．

D．参考答案：By′＝＝6.已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数m的取值范围是（

）A. B.C. D.参考答案：D【分析】当时，，求导，由可得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，然后在同一坐标系中画出函数与曲线的图象求解.【详解】当时，，则，由，可得.当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减.因此，在同一坐标系中画出函数与曲线的图象如图所示.若函数与恰好有4个公共点，则，即，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数与方程问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.7.（00全国卷）过原点的直线与圆相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：答案:C8.若集合，则集合A.

B.

C.

D.参考答案：A9.若圆C：x2+y2﹣2x+4y=0上存在两点A，B关于直线l：y=kx﹣1对称，则k的值为（）A．﹣1 B．﹣ C．﹣ D．﹣3参考答案：A【考点】直线和圆的方程的应用；过两条直线交点的直线系方程．【分析】求出圆的圆心坐标，代入直线方程求解即可．【解答】解：圆C：x2+y2﹣2x+4y=0的圆心（1，﹣2），若圆C：x2+y2﹣2x+4y=0上存在两点A，B关于直线l：y=kx﹣1对称，可知直线经过圆的圆心，可得﹣2=k﹣1，解得k=﹣1．故选：A．10.下列命题中是真命题的为A．“存在”的否定是‘不存在”B．在△ABC中，“AB2＋AC2＞BC2”是“△ABC为锐角三角形”的充分不必要条件C．任意D、存在参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，点P是斜边AB上的一个三等分点，则=

．参考答案：4【考点】平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】由题意建立直角坐标系，可得及，的坐标，而原式可化为，代入化简可得答案．【解答】解：由题意可建立如图所示的坐标系可得A（2，0）B（0，2），P（，）或P（，），故可得=（，）或（，），=（2，0），=（0，2），所以+=（2，0）+（0，2）=（2，2），故==（，）?（2，2）=4或=（，）?（2，2）=4，故答案为：4【点评】本题考查平面向量的数量积的运算，建立坐标系是解决问题的关键，属基础题．12.的展开式中的常数项为______________(用数字作答)

参考答案：24略13.抛物线y2=x与直线x﹣2y﹣3=0所围成的封闭图形的面积为

．参考答案：考点：定积分在求面积中的应用．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：由题设条件，需要先求出抛物线y2=2x与直线y=4﹣x的交点坐标，积分时以y作为积分变量，计算出两曲线所围成的图形的面积．解答： 解：由抛物线y2=x与直线x﹣2y﹣3=0解得，y=﹣1或3．故两个交点纵坐标分别为﹣1，3，则围成的平面图形面积S===．故答案为：．点评：本题考查定积分，解答本题关键是确定积分变量与积分区间，有些类型的题积分时选择不同的积分变量，解题的难度是不一样的．14.毛泽东在《送瘟神》中写到：“坐地日行八万里”又知地球的体积大约是火星的8倍，则火星的大圆周长约______________万里参考答案：答案：415.代号为“狂飙”的台风于某日晚8点在距港口的A码头南偏东60°的400千米的海面上形成，预计台风中心将以40千米/时的速度向正北方向移动，离台风中心350千米的范围都会受到台风影响，则A码头从受到台风影响到影响结束，将持续多少小时．参考答案：2.5小时考点：解三角形的实际应用．专题：应用题．分析：将台风中心视为点B，进而可知AB的长度，过B作BC垂直正东线于点C，进而可知BC=200，AC=200，在BC线上取点D使得AD=350千米进而根据勾股定理求得DC，进而乘以2，再除以速度即是A码头从受到台风影响的时间．解答：解：在距港口的A码头南偏东60°的400千米的海面将台风中心视为点B，则AB=400过B作BC垂直正东线于点C，则BC=200，AC=200台风中心350千米的范围都会受到台风影响所以在BC线上取点D使得AD=350千米因为AC=200千米，AD=350千米∠DCA是直角根据勾股定理DC==50千米因为350千米的范围内都会受到台风影响所以影响距离是50×2=100千米T=0=2.5（小时）故答案为2.5小时．点评：本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了考生运用所学知识解决实际问题的能力．16.根据下面一组等式：S1=1S2=2+3=5S3=4+5+6=15S4=7+8+9+10=34S5=11+12+13+14+15=65S6=16+17+18+19+20+21=111S7=22+23+24+25+26+27+28=175…可得S1+S3+S5+…+S2n﹣1=

．参考答案：n4【考点】归纳推理．【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式，可得Sn=（n3+n），再以2n﹣1代替n，得S2n﹣1=4n3﹣6n2+4n﹣1，结合和的特点可以求解．【解答】解：由题中数阵的排列特征，设第i行的第1个数记为ai（i=1，2，3…n）则a2﹣a1=1a3﹣a2=2a4﹣a3=3…an﹣an﹣1=n﹣1以上n﹣1个式子相加可得，an﹣a1=1+2+…+（n﹣1）=×（n﹣1）=∴an=+1Sn共有n连续正整数相加，并且最小加数为+1，最大加数∴Sn=n?×+×（﹣1）=（n3+n）∴S2n﹣1=[（2n﹣1）3+（2n﹣1）]=4n3﹣6n2+4n﹣1∴S1=1S1+S3=16=24S1+S3+S5=81=34∴S1+S3+…+S2n﹣1=1+15+65+…+4n3﹣6n2+4n﹣1=n4．故答案：n417.如图为一个空间几何体的三视图，其主视图与左视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓是正方形，则该几何体的侧面积为

．参考答案：8考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：首先根据三视图转换成立体图形，进一步利用几何体的体积公式求出结果．解答： 8；解：根据三视图得知：该几何体是以底面边长为2，高为的正四棱锥．所以：正四棱锥的侧面的高为：，则正四棱锥的侧面积为：S=．故答案为：8点评：本题考查的知识要点：三视图和立体图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的空间想象能力和应用能力．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.设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an?bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；（Ⅱ）求证：对?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对?p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．参考答案：【考点】8E：数列的求和；8K：数列与不等式的综合．【分析】（Ⅰ）=（2n﹣1）（）n，利用“错位相减法”即可求得数列{}的前n项和Tn；（Ⅱ）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得fn（1）＞0，fn（）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．（Ⅲ）由题意可得fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0，由fn+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得xn+1＜xn，故xn﹣xn+p＞0．用fn（x）的解析式减去fn+p（xn+p）的解析式，变形可得xn﹣xn+p=+，再进行放大，并裂项求和，可得它小于．，综上可得要证的结论成立．【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，则=（2n﹣1）（）n，则Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；（Ⅱ）证明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+?（）i，=﹣+×=﹣?（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，满足fn（xn）=0．（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．由fn+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得xn+1＜xn，即xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．由于fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用0＜xn+p≤1，可得xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．19.已知椭圆E的方程是+=1，左、右焦点分别是F1、F2，在椭圆E上有一动点A，过A、F1作一个平行四边形，使顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示．（Ⅰ）判断四边形ABCD能否为菱形，并说明理由．（Ⅱ）当四边形ABCD的面积取到最大值时，判断四边形ABCD的形状，并求出其最大值．参考答案：【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）设直线方程，代入椭圆方程，若四边形ABCD能否为菱形，则OA⊥OB，由向量数量积的坐标运算，整理可知=0，方程无实数解，故四边形ABCD不能是菱形；（Ⅱ）由三角形的面积公式SABCD=2丨OF1丨丨y1﹣y2丨=2，利用韦达定理，及向量数量积的坐标运算，函数的单调性即可求得ABCD的面积取到最大值及m的值．【解答】解：（Ⅰ）由椭圆方程：+=1，F1（﹣1，0），如图，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为x=my﹣1，点A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，，得（3m2+4）y2﹣6my﹣9=0，…∴y1+y2=﹣，y1y2=﹣．…若四边形ABCD能否为菱形，则OA⊥OB，即?=0，∴x1x2+y1y2=0，…又x1x2=（my1﹣1）（my2﹣1）=m2y1y2﹣m（y1+y2）+1，∴（m2+1）y1y2﹣m（y1+y2）+1=0，得到=0，显然这个方程没有实数解，故四边形ABCD不能是菱形．…（Ⅱ）由题SABCD=4S△AOB，而S△AOB=丨OF1丨丨y1﹣y2丨，又丨OF1丨=1，即SABCD=2丨OF1丨丨y1﹣y2丨=2，…由（Ⅰ）知y1+y2=﹣，y1y2=﹣∴SABCD=2==24，∵函数，t∈[1，+∞），在t=1时，f（t）min=10，…∴SABCD的最大值为6，此时m2+1=1，即m=0时，此时直线AB⊥x轴，即ABCD是矩形．…20.（12分）已知向量=(，)，=(1，)，且=，其中、、分别为的三边、、所对的角.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，且，求边的长.参考答案：解：（Ⅰ）=+在中，，所以，又=所以所以，即.

（Ⅱ）因为，

由正弦定理得.

，得.

由余弦定理得

解得.

略21.已知四边形是菱形,,，点为线段上的任一点.(1)若,,求与面所成角的正切值；(2)若二面角的平面角的余弦值为，求线段的长.参考答案：（1）为四边形的两条对角线，.又，,.且，.再,,且，.与面所成角为.由条件，,（2）如图建立空间直角坐标系，则，,,易求得面的一个法向量.设线段的长为，，，,设面的一个法向量.由，可得：，由，，令，可得：,由（2）已知面面的一个法向量，再因二面角的平面角的余弦值为，，可解得：，即：线段的长为.22.（15分）（2014?天津）已知函数f（x）=x2﹣ax3（a＞0），x∈R．（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）?f（x2）=1，求a的取值范围．参考答案：考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值．

专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间，从而求出函数的极值；（Ⅱ）由f（0）=f（）=0及（Ⅰ）知，当x∈（0，）时，f（x）＞0；当x∈（，+∞）时，f（x）＜0．设集合A={f（x）|x∈（2，+∞）}，集合B={|x∈（1，+∞），f（x）