上海市民办华光高级中学2021年高三数学理期末试题含解析

上海市民办华光高级中学2021年高三数学理期末试题含解析一、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.已知，则展开式中的系数为

A.24

B.32

C.44

D.56参考答案：B2.己知点Z1，Z2的坐标分别为(1，0)，(0，1)，若向量对应复数z，则复数z对应点位于(

)．A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限参考答案：B【分析】求出向量的坐标表示，然后确定复数对应点的位置.【详解】因为点，的坐标分别为(1，0)，(0，1)，所以,所以复数对应点位于第二象限，故本题选B.【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示，向量的始点和终点的顺序很重要.3.等差数列中的是函数的极值点，则

A．

2

B．

3

C．

4

D．

5参考答案：【知识点】函数在某点取得极值的条件．B12【答案解析】A

解析：f′（x）=x2﹣8x+6，∵a1、a4025是函数f（x）=x3﹣4x2+6x﹣1的极值点，∴a1、a4025是方程x2﹣8x+6=0的两实数根，则a1+a4025=8．而{an}为等差数列，∴a1+a4025=2a2013，即a2013=4，从而==2．故选A．【思路点拨】利用导数即可得出函数的极值点，再利用等差数列的性质及其对数的运算法则即可得出．4.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是（）A．B．C．D．参考答案：A考点：简单空间图形的三视图．

专题：空间位置关系与距离．分析：由已知中锥体的侧视图和俯视图，画出该几何的直观图，进而可得该锥体的正视图．解答：解：由已知中锥体的侧视图和俯视图，可得该几何体是四棱锥，由侧视图和俯视图可得，该几何的直观图如图所示：顶点P在底面ABCD上的射影为CD的中点O，故该锥体的正视图是：故选A点评：本题考查的知识点是简单空间几何体的三视图，其中根据已知中的三视图，画出直观图是解答的关键．5.已知函数的定义域的图象如图所示,若正数则的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B略6.已知集合P=，M=，则集合M的子集个数为（

）A.32

B.16

C.31

D.64参考答案：BM=

P=则x有如下情况：则有子集为注意点：该类型常错在空集7.如图，平面中两条直线和相交于点O，对于平面上任意一点M，若、分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对（，）是点M的“距离坐标”．已知常数≥0，≥0，给出下列命题：①若＝＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；②若＝0，且＋≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有2个；③若≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有4个．上述命题中，正确命题的个数是（

）A.0B.1C.2D.3参考答案：D8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为.

.

.

.参考答案：A.由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为=，故选.9.已知全集U＝R，集合A＝{x|lgx≤0}，B＝{x|2x≤1}，则?U（A∪B）＝（） A．（－∞，1）

B．（1，＋∞）

C．（－∞，1]

D．[1，＋∞）参考答案：B略10.一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是，则该四面体在yOz平面内的投影为（）A. B. C. D.参考答案：D【分析】直接利用空间坐标系的应用和射影的应用求出结果．【详解】一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是O（0，0，0），A（1，2，0），B（0，2，1），C（1，0，1），则建立空间直角坐标系：如图所示：所以该四面体在平面yoz平面内的射影为矩形，其中AC的射影为实线，OB为虚线．故选：D．【点睛】本题考查的知识要点：空间直角坐标系的应用，射影的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数f(x)＝x2－1，对任意x∈[，＋∞)，f()－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是

.参考答案：(－∞，－]∪[，＋∞)12.已知数列，满足，，（），则___________.参考答案：略13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c；若a2﹣c2=bc，sinB=2sinC，则角A=．参考答案：考点：正弦定理；余弦定理．专题：计算题；解三角形．分析：先利用正弦定理化简sinB=2sinC得b=2c，再由a2﹣c2=bc可得a2=7c2，然后利用余弦定理表示出cosA，把表示出的关系式分别代入即可求出cosA的值，根据A的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出A的值．解答：解：由sinB=2sinC及正弦定理可得b=2c，再由a2﹣c2=bc可得a2=7c2，再由余弦定理可得cosA===，∵0＜A＜π∴A=．故答案为：．点评：本题主要考查了正弦、余弦定理，及特殊角的三角函数值化简求值，属于中档题．14.若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为________．参考答案：1或-315.某程序框图如右图所示，现将输出（值依次记为若程序运行中输出的一个数组是

则数组中的

参考答案：3216.某商品在5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如下表所示：价格x（元）99.51010.511销售量y（件）11a865由散点图可知，销售量y与价格x之间有较好的线性相关关系，且回归直线方程是=﹣3.2x+4a，则a=

．参考答案：10【考点】两个变量的线性相关．【专题】计算题；概率与统计．【分析】根据回归直线过样本中心点（，），求出平均数，代入回归直线方程求出a的值即可．【解答】解：根据题意得，==10，==+6，因为回归直线过样本中心点（，），所以+6=﹣3.2+4a，解得a=10．故答案为：10．【点评】本题考查了平均数的计算问题，也考查了回归直线过样本中心点的应用问题，是基础题目．17.在三棱锥O-ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC,M是AB的中点，则OM与平面ABC所成角的大小是______________（用反三角函数表示）。参考答案：答案：解析：在三棱锥中，三条棱两两互相垂直，且是边的中点，设，则，，O点在底面的射影为底面△ABC的中心，=，又，与平面所成角的正切是，所以二面角大小是.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.(本题满分l2分)已知m=，n=，满足mn=0．(1)将y表示为x的函数，并求的最小正周期；(2)已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C对应的边长，的最大值是，且a=2，求b+c的取值范围．参考答案：（1）由得，…………2分即，所以，其最小正周期为.………6分（2）由题意得，所以，因为，所以．………8分由正弦定理得，，，………10分,，，所以的取值范围为.………12分19.（本小题满分15分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，，．（1）若中点为．求证：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．参考答案：证明（1）取的中点，连结，，且，所以为平行四边形．，且不在平面内，在平面内，所以（2）等体积法令点到平面的距离为，又直线与平面所成角的正弦值．20.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足：2Sn2﹣（3n2+3n﹣2）Sn﹣3（n2+n）=0，n∈N*．（Ⅰ）求a1的值；（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；（Ⅲ）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（Ⅰ）通过令n=1，结合数列{an}的各项均为正数，计算即得结论；（Ⅱ）通过对2Sn2﹣（3n2+3n﹣2）Sn﹣3（n2+n）=0变形可知，n∈N*，通过an＞0可知，利用当n≥2时an=Sn﹣Sn﹣1计算即得结论；（Ⅲ）利用错位相减法求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（Ⅰ）由可得：，又S1=a1，所以a1=3．（Ⅱ）由可得：，n∈N*，又an＞0，所以Sn＞0，∴，∴当n＞2时，，由（Ⅰ）可知，此式对n=1也成立，∴an=3n．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，∴；∴；∴，∴=，∴．21.已知数列{an}是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a3，a17成等比数列（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，求Sn．参考答案：【考点】数列的求和．【分析】（1）设设数列{an}的公差为d，其又首项为1，a1，a3，a17成等比数列，利用等比数列的性质可得（a1+2d）2=a1?（a1+16d），求得公差d的值，即可求得数列{an}的通项公式；（2）由（1）知an=3n﹣2，利用裂项法可得bn==（﹣），累加即可求得数列{bn}的前n项和Sn．【解答】解：（1）数列{an}是首项为1，公差不为0的等差数列，设其公差为d，则an=1+（n﹣1）d．因为a1，a3，a17成等比数列，所以（a1+2d）2=a1?（a1+16d），即（1+2d）2=1×（1+16d），解得d=3，所以an=3n﹣2．（2）因为bn===（﹣），所以Sn=b1+b2+…+bn=[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=（1﹣）=．22.（本题满分12分）如图1,在直角梯形中,,,,为线段的中点.将沿折起,使平面平面,得到几何体,如图2所示.(Ⅰ)

求证:平面；(Ⅱ)

求二面角的余弦值.参考答案：解法一：（Ⅰ）在图1中,可得,从而,故

……………-3分∵面面,面面,面,从而平面……………6分（Ⅱ）取的中点，的中点,连结,解法二:（Ⅰ）在图1中,可得,从而,故

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