2021年黑龙江省绥化市劳动中学高三数学理下学期期末试卷含解析

2021年黑龙江省绥化市劳动中学高三数学理下学期期末试卷含解析一、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.集合，则＝（）A．{0,2,3} B．{0,1,4} C．{1,2,3} D．{1,4,5}参考答案：D略2.（5分）已知直线（t为参数）与曲线M：ρ=2cosθ交于P，Q两点，则|PQ|=（）A．1B．C．2D．参考答案：C【考点】：参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【专题】：直线与圆；坐标系和参数方程．【分析】：运用代入法和x=ρcosθ，x2+y2=ρ2，将参数方程和极坐标方程，化为普通方程，由于圆心在直线上，可得弦长即为直径．解：直线（t为参数）即为直线y=x﹣1，即x﹣y﹣1=0，由x=ρcosθ，x2+y2=ρ2，曲线M：ρ=2cosθ，可化为x2+y2﹣2x=0，即圆心为（1，0），半径r=1，由圆心在直线上，则|PQ|=2r=2，故选C．【点评】：本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，主要考查直线和圆的位置关系，属于基础题．3.平面向量与的夹角为60°，

则（

）A．

B.

C.4

D.12参考答案：B略4.下列函数中，既是奇函数又是减函数的是A. B.C. D.参考答案：5.在△ABC中，三个内角A，B，C满足，则角C为(

)

A．30° B．60°

C．120°

D．150°参考答案：A6.设m、n为空间的两条不同的直线，α、β为空间的两个不同的平面，给出下列命题：①若m∥α，m∥β，则α∥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n．上述命题中，所有真命题的序号是（）A．①②B．③④C．①③D．②④参考答案：D考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析：①利用线面平行的性质判断面面关系．②利用线面垂直的性质判断面面关系．③利用线面平行的性质判断线线关系．④利用线面垂直的性质判断线线关系．解答：解：①若m∥α，m∥β，根据平行于同一条直线的两个平面不一定平行，也有可能相交，所以①错误．②若m⊥α，m⊥β，则根据垂直于同一条直线的两个平面是平行的知α∥β正确，所以②为真命题．③若m∥α，n∥α，则根据平行于同一个平面的两条直线不一定平行，也有可能是相交或异面，所以③错误．④若m⊥α，n⊥α，则根据垂直于同一个平面的两条直线一定平行，可知④为真命题．所以正确的命题是②④．故选D．点评：本题考查的知识点是空间直线与直线之间的位置关系，空间直线与平面的位置关系，要熟练掌握空间线面关系的判定方法．7.设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（）A． B．C． D．参考答案：C8.函数的零点个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3参考答案：A考点：零点与方程试题解析：函数的定义域为令

令所以所以函数没有零点。故答案为：A9.若，满足约束条件，则的最大值为（

）A．4

B．3

C．

D．2参考答案：B10.在平行四边形中，为一条对角线，则A.（2，4）

B.（3，5）

C.

D.（—2，—4）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.设等比数列的公比，则_________________．参考答案：略12.(n为正整数)的展开式中各项的二项式系数之和为128，则其展开式中含x项的系数是______.参考答案：－560【分析】根据二项式系数之和求得，根据二项式展开式的通项公式求得含项的系数.【详解】依题意可知，解得，展开式的通项公式为，当时，故含项的系数为.【点睛】本小题主要考查二项式系数和，考查二项式展开式的通项公式以及二项式展开式中指定项的系数的求法，属于基础题.13.在中，，，线段上的动点（含端点），则的取值范围是

．参考答案：.考点：1.三角恒等变形；2.平面向量数量积；3.函数的值域.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.14.设向量，，其中，若，则

.参考答案：略15.观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图中有_______个小正方形，第n个图中有

________________个小正方形.参考答案：28,略16.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)；以原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线的极坐标方程为 .参考答案：,或17.已知幂函数f（x）的图象过点（2，），则=_______________．参考答案：3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.（本小题满分14分）执行下面框图（图3）所描述的算法程序，参考答案：略19.已知函数（I）求f（x）的单调区间；（II）对任意的，恒有，求正实数λ的取值范围．参考答案：考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：导数的综合应用．分析：（I）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），再对字母a分类讨论，在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间．（II）根据第一问的单调性，知f（x）在[1，2]上为减函数．若x1=x2，则原不等式恒成立；若x1≠x2，不妨设1≤x1＜x2≤2，则f（x1）＞f（x2），，所以原不等式进行化简整理得f（x1）﹣≤f（x2）﹣对任意的，恒成立，令g（x）=f（x）﹣，转化成研究g（x）在[1，2]的单调性，再利用导数即可求出正实数λ的取值范围．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=x﹣（2a+2）+=（x＞0）令f′（x）=0，得x1=2a+1，x2=1

…（1分）①a=0时，f′（x）=，所以f（x）增区间是（0，+∞）；②a＞0时，2a+1＞1，所以f（x）增区间是（0，1）与（2a+1，+∞），减区间是（1，2a+1）③﹣＜a＜0时，0＜2a+1＜1，所以f（x）增区间是（0，2a+1）与（1，+∞），减区间是（2a+1，1）④a≤时，2a+1≤0，所以f（x）增区间是（1，+∞），减区间是（0，1）…（5分）（II）因为，所以（2a+1）∈[4，6]，由（1）知f（x）在[1，2]上为减函数．…（6分）若x1=x2，则原不等式恒成立，∴λ∈（0．+∞）

…（7分）若x1≠x2，不妨设1≤x1＜x2≤2，则f（x1）＞f（x2），，所以原不等式即为：f（x1）﹣f（x2）≤λ（），即f（x1）﹣≤f（x2）﹣对任意的，恒成立令g（x）=f（x）﹣，所以对任意的有g（x1）＜g（x2）恒成立，所以g（x）=f（x）﹣在闭区间[1，2]上为增函数

…（9分）所以g′（x）≥0对任意的恒成立而g′（x）=x﹣（2a+2）+≥0，即（2x﹣2x2）a+x3﹣2x+x2+λ≥0，只需（2x﹣2x2）+x3﹣2x+x2+λ≥0，即x3﹣7x2+6x+λ≥0对任意x∈[1，2]恒成立，令h（x）=x3﹣7x2+6x+λ，h′（x）=3x2﹣14x+6＜0（x∈[1，2]）恒成立，∴h（x）在x∈[1，2]上为减函数，则h（x）min=h（2）=λ﹣8，∴h（x）min=h（2）=λ﹣8≥0，∴λ≥8．点评：本题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．20.如图所示，PA为圆O的切线，A为切点，PO交圆O于B，C两点，PA=20，PB=10，∠BAC的角平分线与BC和圆O分别交于点D和E．（Ⅰ）求证AB?PC=PA?AC（Ⅱ）求AD?AE的值．参考答案：【考点】与圆有关的比例线段．【专题】直线与圆．【分析】（1）由已知条件推导出△PAB∽△PCA，由此能够证明AB?PC=PA?AC．（2）由切割线定理求出PC=40，BC=30，由已知条件条件推导出△ACE∽△ADB，由此能求出AD?AE的值．【解答】（1）证明：∵PA为圆O的切线，∴∠PAB=∠ACP，又∠P为公共角，∴△PAB∽△PCA，∴，∴AB?PC=PA?AC．…（2）解：∵PA为圆O的切线，BC是过点O的割线，∴PA2=PB?PC，∴PC=40，BC=30，又∵∠CAB=90°，∴AC2+AB2=BC2=900，又由（1）知，∴AC=12，AB=6，连接EC，则∠CAE=∠EAB，∴△ACE∽△ADB，∴，∴．【点评】本题考查三角形相似的证明和应用，考查线段乘积的求法，是中档题，解题时要注意切割线定理的合理运用．21.如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，过点M（0，2）作直线l交椭圆于A，B两点，设N为AB的中点，且ON的斜率KON=求直线l的方程和椭圆的方程.参考答案：解析：椭圆方程为

①将①代入椭圆方程得

②设直线l的斜率为k，由方程组消去y整理得

③设由韦达定理得此时方程③中△>0∴直线l的方程是………………（7分）又代入②得所求椭圆方程为………………（文14分，理13分）22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，讨论函数的零点个数.参考答案：(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）讨论a的范围，得出f′（x）＞0和f′（x）＜0的解集，得出f（x）的单调性；（2）求出f（x）的极大值，判断极大值小于0，根据f（x）的单调性得出f（x）的零点个数．【详解】（1），令，其对称轴为，令，则.当时，，所以在上单调递增；当时，对称轴为，若，即，恒成立，所以，所以在上单调递增；若时，设的两根，，当时，，所以，所以在上单调递增，当时，，所以，所以在上单调递减，当时，，所以，所以在上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增；