湖南省长沙市浏阳第一中学2021年高三数学文期末试题含解析

湖南省长沙市浏阳第一中学2021年高三数学文期末试题含解析一、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.“a＞4”是“a2＞16”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：由a2＞16得a＞4或a＜﹣4，则“a＞4”是“a2＞16”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．2.设函数有三个零点则下列结论正确的是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C因为，，，，所以函数的三个零点分别在之间，又因为所以，选C.3.已知函数，其图象相邻的两条对称轴方程为与，则A．的最小正周期为，且在上为单调递增函数B．的最小正周期为，且在上为单调递减函数C．的最小正周期为，且在上为单调递增函数D．的最小正周期为，且在上为单调递减函数参考答案：C略4.已知，若，使得，则实数的取值范围是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B5.设全集为实数集R，,则图中阴影部分表示的集合是(

)A．

B．C．

D．参考答案：C6.已知函数，，且f(x)在区间上递减，则（

）A．2

B．3

C．6

D．5参考答案：A7.祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个设计几何体体积的问题．意思是如果两个等高的几何体在同高处处截得两几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A，B的体积不相等，q：A，B在同高处的截面面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由p?q，反之不成立．即可得出．【解答】解：由p?q，反之不成立．∴p是q的充分不必要条件．故选：A．8.已知椭圆：的左右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上的一点PF2与椭圆交于Q.若的内切圆与线段PF1在其中点处相切，与PQ切于F2，则椭圆的离心率为(

)A. B. C. D.参考答案：D【分析】结合题意,证明得到三角形为等边三角形,对三角形运用余弦定理,计算离心率,即可.【详解】结合题意可知结合内切圆的性质,可得,结合椭圆的性质,而,所以,结合内切圆的性质,可以得出结合椭圆的性质,可得,由此可知为等边三角形,进而得出,对三角形运用余弦定理,得到,解得,故选D.【点睛】本道题考查了椭圆基本性质,考查了余弦定理,难度偏难.9.设集合，那么“”是“”的（

）A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A10.定义域为的函数图像的两个端点为、，是图象上任意一点，其中．已知向量，若不等式恒成立，则称函数在上“阶线性近似”．若函数在上“阶线性近似”，则实数的取值范围为（

）

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△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为r，四面体S－ABC的体积为V，则r＝

.

参考答案：12.在平面直角坐标系中，若圆上存在点，且点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围是

．参考答案：

13.设函数（为常数，且）的部分图象如图所示，则的值是________.参考答案：【分析】先由周期求出ω，再由五点法作图求出φ的值．【详解】根据函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ为常数，且A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象，可得?=+，∴ω=2．再根据五点法作图可得2×（﹣）+φ=0，∴φ=，故答案为：．【点睛】本题主要考查由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由周期求出ω，由五点法求出φ的值，属于基础题．14.如图放置的边长为1的正三角形PAB沿x的负半轴按逆时针方向滚动，设顶点的纵坐标与横坐标的函数关系式是，否则在区间[-2，1]上的解析式是

。参考答案：

略15.如图，已知是⊙的一条弦，点为上一点，，交⊙于，若，，则的长是

参考答案：如图，因为，所以是弦中点，由相交弦定理知，

即，故16.不等式的解集是

.

参考答案：略17.设a∈R，函数f（x）=ex+是偶函数，若曲线y=f（x）的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为．参考答案：ln2【考点】3K：函数奇偶性的判断；62：导数的几何意义．【分析】先由f（x）为偶函数求出a值，然后求出导数f′（x），令f′（x）=，解出x即为所求．【解答】解：因为f（x）=ex+是偶函数，所以总有f（﹣x）=f（x），即=ex+，整理得（a﹣1）（）=0，所以有a﹣1=0，即a=1．则f（x）=，f′（x）=ex﹣，令f′（x）=ex﹣=，整理即为2e2x﹣3ex﹣2=0，解得ex=2，所以x=ln2．故答案为：ln2．三、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.已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点．求证：（Ⅰ）直线MF∥平面ABCD；（Ⅱ）平面AFC1⊥平面ACC1A1．参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】计算题．【分析】（1）延长C1F交CB的延长线于点N，由三角形的中位线的性质可得MF∥AN，从而证明MF∥平面ABCD．（2）由A1A⊥BD，AC⊥BD，可得BD⊥平面ACC1A1，由DANB为平行四边形，故NA∥BD，故NA⊥平面ACC1A1，从而证得平面AFC1⊥ACC1A1．【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）延长C1F交CB的延长线于点N，连接AN．因为F是BB1的中点，所以，F为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，故MF∥AN．又MF不在平面ABCD内，AN?平面ABCD，∴MF∥平面ABCD．（Ⅱ）连BD，由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，可知A1A⊥平面ABCD，又∵BD?平面ABCD，∴A1A⊥BD．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．又∵AC∩A1A=A，AC，A1A?平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1．在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四边形DANB为平行四边形，故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC1A1，又因为NA?平面AFC1，∴平面AFC1⊥ACC1A1．【点评】本题考查证明线面平行、面面垂直的方法，同时考查了空间想象能力，推理论证的能力，属于中档题．19.已知等差数列中，公差，其前项和为，且满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设（），求数列的前项和；（3）设，试比较与的大小．参考答案：解：（1）由已知可得（）

解得

…………（4分）

或：由为等差数列得：，又，故、可以看作方程的两根，由得

故

…………（4分）（2)

?

?

??得：

……（9分）（3）

当时，，即

故

当时，，即

故

综上可得，当时，；当时，．………（13分）略20.（12分）（2014?浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．参考答案：考点： 正弦定理；二倍角的正弦；二倍角的余弦．

专题： 解三角形．分析： （Ⅰ）△ABC中，由条件利用二倍角公式化简可得﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2?cos（A+B）sin（A﹣B）．求得tan（A+B）的值，可得A+B的值，从而求得C的值．（Ⅱ）由sinA=求得cosA的值．再由正弦定理求得a，再求得sinB=sin[（A+B）﹣A]的值，从而求得△ABC的面积为的值．解答： 解：（Ⅰ）∵△ABC中，a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB，∴﹣=sin2A﹣sin2B，即cos2A﹣cos2B=sin2A﹣sin2B，即﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2?cos（A+B）sin（A﹣B）．∵a≠b，∴A≠B，sin（A﹣B）≠0，∴tan（A+B）=﹣，∴A+B=，∴C=．（Ⅱ）∵sinA=＜，C=，∴A＜，或A＞（舍去），∴cosA==．由正弦定理可得，=，即=，∴a=．∴sinB=sin[（A+B）﹣A]=sin（A+B）cosA﹣cos（A+B）sinA=﹣（﹣）×=，∴△ABC的面积为=×=．点评： 本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题．21.（本小题满分14分）已知定义在上的函数，其中为常数．

（1）若是函数的一个极值点，求的值．

（2）若函数在区间上是增函数，求的取值范围．