2021年江苏省无锡市江阴云亭中学高三数学文期末试卷含解析

2021年江苏省无锡市江阴云亭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..设则的大小关系是

A．

B．

C．

D．

参考答案：C略2.如图所示，点是函数的图象的最高点，，是该图象与轴的交点，若，则的值为（

）A． B． C． D．参考答案：B略3.已知，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（）A．(－∞,－1)

B．(－∞,1)

C.

D．(0,1)参考答案：B4.已知某几何体的三视图（单位:）如图所示，则此几何体的体积是(

)

A．1

B．3

C．5

D．7参考答案：D5.已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．参考答案：C6.执行下面的程序框图，则输出K的值为（

）A.99 B.98 C.100 D.101参考答案：A根据程序框图运算过程可得…此时，成立所以所以选A

7.已知定义在R上的奇函数满足（其中e=2.7182…），且在区间[e,2e]上是减函数，令，则f(a),f(b),f(c)的大小关系（用不等号连接）为A．f(b)>f(a)>f(c)

B.f(b)>f(c)>f(a)

C.f(a)>f(b)>f(c)

D.f(a)>f(c)>f(b)

参考答案：A略8.设，，，则（A） （B） （C）

（D） 参考答案：B略9.已知函数f（x）=，则f（f（2））等于（）A． B．2 C．﹣1 D．1参考答案：A【考点】对数的运算性质；函数的值．【分析】先由解析式求得f（2），再求f（f（2））．【解答】解：f（2）=，f（﹣1）=2﹣1=，所以f（f（2））=f（﹣1）=，故选A．10.已知平面区域在区域内随机选取一点M，且点恰好在区域上的概率为，若，则的取值范围为（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：D【知识点】几何概型．解析：依题意可在平面直角坐标系中作出集合D1所表示的平面区域是三角形与D2所表示的平面区域是阴影部分的三角形（如图），由图可知D1=，由于，则0＜D2≤2．由于直线恒过点（0，2），则的斜率k＞0的取值范围是：（0，1]．故选D【思路点拨】找出D1、D2对应面积的大小，然后将其代入几何概型的计算公式进行求解．在解题过程中，注意三角形面积的应用．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.有下列命题:①若，则一定有;

②将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像③命题“若，则或”得否命题是“若，则”④方程表示圆的充要条件是．

⑤对于命题：,使得，则：，均有其中假命题的序号是

参考答案：①③④略12.数列｛an｝中，若a1=1，an+1=2an+3（n≥1），则该数列的通项an=

.参考答案：13.二维空间中圆的一维测度(周长)，二维测度(面积)；三维空间中球的二维测度(表面积)，三维测度(体积)；试类比观察，若四维空间中“超球”的三维测度为，猜想其四维测度________．参考答案：14.设偶函数（的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形（其中K，L为图象与轴的交点，M为极小值点），∠KML=90°，KL＝，则的值为_______.参考答案：略15.已知的展开式中的系数与的展开式中的系数相等，则

．参考答案：答案：16.若满足约束条件则的最小值为

．参考答案：17.已知圆柱的吗，母线长为，底面半径为，是上底面圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，如图，若直线与所成角的大小为，则__________

参考答案：【知识点】异面直线及其所成角

G3【答案解析】

解析：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，则∠OAD为直线OA与BC所成的角，大小为，在直角三角形ODA中，因为∠OAD＝，所以，故答案为：【思路点拨】：过A作与BC平行的母线AD，由异面直线所成角的概念得到∠OAD＝，在直角三角形ODA中，直接由即可计算出。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.已知函数=m（１）若a＝b＝且m＝１，求的最大值（２）当a＝０，b＝－１时，方程m＝有唯一的一个实数解，求正数m的取值范围参考答案：解：（１）=∴＝由＝０且x>０得x＝１Ｘ(0，１)１（１，＋∞）＋０－f(x)↗－↘∴的最大值是＝－┉┉┉┉┉┉６分（２）设防则令＝０且x>０得x＝mＸ(0，m)m（m，＋∞）－０＋f(x)↘g（m）↗∴的最小值是∵方程m＝有唯一的一个实数解

∴m＝１

┉┉┉１２分

略19.已知函数．

(1）若，求曲线在处切线的斜率；

(2）求的单调区间；

(3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．参考答案：（Ⅰ）由已知，．故曲线在处切线的斜率为．(Ⅱ）．

①当时，由于，故，所以，的单调递增区间为．②当时，由，得．在区间上，，在区间上，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．(Ⅲ）由已知，转化为．

由（Ⅱ）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意．(或者举出反例：存在，故不符合题意．）当时，在上单调递增，在上单调递减，故的极大值即为最大值，，所以，解得．20.（本小题满分12分）已知函数（）的图象经过两点和.（I）求的表达式及值域；（II）给出两个命题和.问是否存在实数，使得复合命题“且”为真命题？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.参考答案：、解：（I）由，，可得，故，由于在上递减，所以的值域为.（II）复合命题“且”为真命题，即同为真命题。在上递减，故真且；真，故存在满足复合命题且为真命题。略21.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（1）若EB=3CE，证明：DE∥平面A1MC1；（2）求直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值．

参考答案：解答： 解法一：（1）证明：取BC中点N，连结MN，C1N，∵M，N分别是AB，CB的中点，∴MN∥AC∥A1C1，∴A1，M，N，C1四点共面，且平面BCC1B1∩平面A1MNC1=C1N，又EB=3CE，即E为NC的中点，∴DE∥C1N，又DE不包含于平面A1MC1，∴DE∥平面A1MC1．（2）解：连结B1M，∵AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB，即四边形ABB1A1为矩形，且AB=2AA1，∵M是AB的中点，∴B1M⊥A1M，∵CA⊥AA1，CA⊥AB，AB∩AA1=A，∴CA⊥平面ABB1A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1M，从而B1M⊥平面A1MC1，∴MC1是B1C1在平面A1MC1内的射影，∴B1C1与平面A1MC1所成角为∠B1C1M，又B1C1∥BC，∴直线BC和平面A1MC1所成的角即B1C1与平面A1MC1所成的角，设AB=2AA1=2，且△A1MC1是等腰三角形，∴，则，∴cos=，∴直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值为．解法二：（1）证明：∵AA1⊥平面ABC，又AC⊥AB，∴以A为原点，以AB为x轴，以AA1为y轴，以AC为z轴，建立空间直角坐标系，设AB=2AA1=2，又△A1MC1是等腰三角形，∴A1（0，1，0），M（1，0，0），，∴=（1，﹣1，0），=（0，0，），设平面A1MC1的法向量，则，取x=1，得=（1，1，0）．又，E（），D（0，），∴=（），∵=0，∴，又DE不包含于平面A1MC1，∴DE∥平面A1MC1．（2）解：由（1）知平面A1MC1的法向量=（1，1，0），B（2，0，0），C（0，0，），=（﹣2，0，），设直线BC和平面A1MC1所成角为θ，则sinθ=cos＜＞==，∴cosθ==，∴直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值为．

略22.选修4-1：几何证明选讲如图