河北省保定市曲阳县实验中学2022年高三数学理上学期期末试题含解析

河北省保定市曲阳县实验中学2022年高三数学理上学期期末试题含解析一、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.已知向量，，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D由题意，所以答案A，B都不正确；又，且，所以答案C不正确，应选答案

D。

2.在△ABC中，有命题:①；②；③若，则△ABC是等腰三角形；④若，则△ABC为锐角三角形．上述命题正确的是…………（

）

(A)②③

(B)①④

(C)

①②

(D)②③④参考答案：A因为，所以①错误。排除B,C.②正确。由得，即，所以△ABC是等腰三角形，所以③正确。若，则，即为钝角，所以△ABC为钝角三角形，所以④错误，所以上述命题正确的是②③，选A.3.从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点之间的距离不小于该正方形边长的概率为（

）

A． B． C．

D．参考答案：A4.已知，，，则的大小为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：C5.已知，命题，则(

)A．是假命题;

B．是假命题;C．是真命题;D.是真命题;

参考答案：D【知识点】命题的真假的判断；命题的否定解析：恒成立,则在上单调递减,,则恒成立,所以是真命题,,故选D.【思路点拨】先对原函数求导，再利用单调性判断可知是真命题,然后再写出其否定命题即可。

6.若（1+2x）（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a0+a1+a2+…+a7的值为（）A．﹣2 B．﹣3 C．253 D．126参考答案：C【考点】二项式系数的性质．【分析】利用二项式定理可知，对已知关系式中的x赋值1即可求得a1+a2+…+a8的值．【解答】解：∵（1+2x）（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，∴a8=2?C77?（﹣2）7=﹣256．令x=1得：（1+2）（1﹣2）7=a0+a1+a2+…+a7+a8=﹣3，∴a1+a2+…+a7=﹣3﹣a8=﹣3+256=253．故选：C7.已知函数的定义域为，函数的定义域为，则A.

B.

C.

D.参考答案：A8.已知两个非零向量的值为（

）A．3

B．24

C．21

D．12参考答案：C9.已知函数，若有且仅有两个整数，使得，则a的取值范围为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B设g（x）=ex（3x﹣1），h（x）=ax﹣a，则g′（x）=ex（3x+2），∴x∈（﹣∞，﹣），g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（﹣，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴x=﹣，取最小值﹣3，∴g（0）=﹣1＜﹣a=h（0），g（1）﹣h（1）=2e＞0，因为直线h（x）=ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，∴g（﹣1）﹣h（﹣1）=﹣4e﹣1+2a≤0，∴a≤，g（﹣2）=，h（﹣2）=﹣3a，由g（﹣2）﹣h（﹣2）≥0，解得a≥.综上所述，的取值范围为.故选B.

10.已知平面向量，的夹角为，且，则的最小值为A．

B．

C．

D．1参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.椭圆x2＋4y2＝1的离心率为________．参考答案：略12.已知f（x）=x3+3ax2+bx+a2在x=﹣1时有极值0，则a﹣b的值为

．参考答案：﹣7考点：函数在某点取得极值的条件．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：求导函数，利用函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=﹣1处有极值0，建立方程组，求得a，b的值，再验证，即可得到结论．解答： 解：∵函数f（x）=x3+3ax2+bx+a2∴f'（x）=3x2+6ax+b，又∵函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=﹣1处有极值0，∴，∴或当时，f'（x）=3x2+6ax+b=3（x+1）2=0，方程有两个相等的实数根，不满足题意；当时，f'（x）=3x2+6ax+b=3（x+1）（x+3）=0，方程有两个不等的实数根，满足题意；∴a﹣b=﹣7故答案为：﹣7．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于基础题．13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球的半径为．参考答案：【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图知该几何体是平放的直三棱柱，可还原为长方体，利用外接球的直径是长方体对角线的长，求出半径．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是平放的直三棱柱，且三棱柱的底面为直角三角形，高为12；可还原为长宽高是12、8、6的长方体，其外接球的直径是长方体对角线的长，∴（2R）2=122+82+62=244，即R2=61，∴半径为R=．故答案为：．14.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第个图案中有白色地面砖

块.

参考答案：15.设函数，若f（a）=2，则实数a=

．参考答案：﹣1【考点】函数的值．【专题】函数的性质及应用．【分析】将x=a代入到f（x），得到=2．再解方程即可得．【解答】解：由题意，f（a）==2，解得，a=﹣1．故a=﹣1．【点评】本题是对函数值的考查，属于简单题．对这样问题的解答，旨在让学生体会函数，函数值的意义，从而更好的把握函数概念，进一步研究函数的其他性质．16.若，定义由右框图表示的运算（函数是函数的反函数），若输入时，输出，则输入时，输出．参考答案：17.数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n＝_________.参考答案：120三、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12分）如图，平面平面，是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，，点、分别为、的中点.（1）

求证：平面；（2）

求直线和平面所成角的正弦值；（3）

能否在上找到一点，使得平面？若能，请指出点的位置，并加以证明；若不能，请说明理由

.参考答案：19.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为ρ=2sinθ．（Ⅰ）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）若点P的直角坐标为（1，0），圆C与直线l交于A、B两点，求|PA|+|PB|的值．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）把直线l的参数方程消去参数t可得，它的直角坐标方程；把圆C的极坐标方程依据互化公式转化为直角坐标方程．（Ⅱ）把直线l方程与圆C的方程联立方程组，求得A、B两点的坐标，可得|PA|+|PB|的值．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的参数方程为（t为参数），消去参数t可得3x+y﹣3=0．圆C的方程为ρ=2sinθ，即ρ2=2ρsinθ，即x2+y2=2y，即x2+=3．（Ⅱ）由求得，或，故可得A（，﹣）、B（﹣，+）．∵点P（1，0），∴|PA|+|PB|=+=（2﹣）+（2+）=4．20.在△ABC中，内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，已知2sin2=sinA．（I）求角A的大小；（II）若=2cosB，求的值．参考答案：【考点】余弦定理．【分析】（I）由已知利用二倍角的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，结合sin≠0，可求tan=，由A的范围可求A的值．（II）由已知利用余弦定理可得b=c，结合A=，利用正弦定理可求的值．【解答】（本题满分为14分）解：（I）∵2sin2=sinA=2sincos，又0＜A＜π，可得：0＜＜，故sin≠0，故sin=cos，tan=，A=．…7分（II）由=2cosB，得=2×，化简得b=c，…10分故在△ABC中，A=，b=c，由此可得==．…14分．21.如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC．（1）求证：OD∥平面PAB；（2）求直线OD与平面PBC所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得OD∥PA，再由线面平行的判定定理得到OD∥平面PAB；（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量和直线OD的方向向量，代入向量夹角公式，可得直线OD与平面PBC所成角的正弦值【解答】证明：（1）∵点O，D分别是AC，PC的中点，∴OD∥PA又∵OD?平面PAB，PA?平面PAB∴OD∥平面PAB；（2）连接OB，∵AB=BC，点O是AC的中点，∴OB⊥AC又∵OP⊥底面ABC．故可以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系令AB=BC=PA=1，AB⊥BC，则OA=OB=OC=，OP=则O（0，0，0），B（，0，0），C（0，，0），P（0，0，），D（0，，）∴=（0，，），=（﹣，，0），=（0，，﹣）设=（x，y，z）是平面PBC的一个法向量则，即令z=1，则=（，，1）直线OD与平面PBC所成角θ满足：sinθ==故直线OD与平面PBC所成角的正弦值为22.（本小题满分12分）如图，AE⊥平面ABC，AE∥BD，AB＝BC＝CA＝BD＝2AE＝2，F为CD中点．（Ⅰ）求证：EF⊥平面BCD；（Ⅱ）求二面角C－DE－A的大小；（Ⅲ）求点A到平面CDE的距离．参考答案：解析（Ⅰ）取BC中点G点，连接AG，FG，∵F，G分别为DC，BC中点，∴FG∥BD且FG＝BD，又AE∥BD且AE＝BD，∴AE∥FG且AE＝FG，∴四边形EFGA为平行四边形，则EF∥AG，∵AE⊥平面ABC，AE∥BD，BD⊥平面ABC，又∵DB平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∵G为BC中点，且AC=AB，∴AG⊥BC，∴AG⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD．·················································································