河南省商丘市夏邑县梁园中学2021-2022学年高三数学理上学期期末试卷含解析

河南省商丘市夏邑县梁园中学2021-2022学年高三数学理上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.已知实数x、y满足不等式组，则z=x﹣y的最小值为（） A．﹣1 B． ﹣ C． ﹣3 D． 3参考答案：C2.直线l：y=k（x﹣）与曲线x2﹣y2=1（x＞0）相交于A、B两点，则直线l倾斜角的取值范围是（）A．{0，π） B．（，）∪（，） C．[0，）∪（，π） D．（，）参考答案：B【考点】双曲线的简单性质．【分析】首先根据题意直线l：y=k（x﹣）与曲线x2﹣y2=1（x＞0）相交于A、B两点，进一步判断直线的斜率和渐近线的斜率的关系求出结果．【解答】解：曲线x2﹣y2=1（x＞0）的渐近线方程为：y=±x直线l：y=k（x﹣）与相交于A、B两点所以：直线的斜率k＞1或k＜﹣1由于直线的斜率存在：倾斜角故选：B3.已知集合，，则为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A4.已知中，内角A，B，C所对边长分别为a,b,c,若，则的面积等于

（A）

(B)

(C)

(D)参考答案：B略5.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥外接球表面积是（）A. B.20π C.4π D.12π参考答案：D【分析】首先把三视图转换为几何体，求出三棱锥外接球的半径，进一步利用几何体的表面积公式的应用求出结果．【详解】根据几何体的三视图，把几何体转换为：所以该几何体的球心为，，，故选D．6.由曲线围成的图形的面积等于

（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：A7.已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为+=1，双曲线C2的方程为﹣=1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为（） A．x±y=0 B． x±y=0 C． x±2y=0 D． 2x±y=0参考答案：A略8.已知m、n是不重合的两直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面.给出下面四个命题：①若m⊥α,m⊥β则α∥β;②若γ⊥α,γ⊥β则α∥β,;③若mα,nβ,m∥n则α∥β;④若m、n是异面直线,mα,m∥β,nβ,n∥α则α∥β,其中是真命题的是（

）

A.①②

B.①③

C.③④

D.①④参考答案：答案:D9.已知全集，集合，，则＝A.

B.

C.

D.参考答案：A10.若随机变量的分布列为：，若，则的最小值等于A．0

B．2

C．4

D．无法计算参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数的图像恒过定点，又点的坐标满足方程，则的最大值为

.参考答案：12.过点P（1，﹣2）的直线l将圆x2+y2﹣4x+6y﹣3=0截成两段弧，若其中劣弧的长度最短，那么直线l的方程为．参考答案：x﹣y﹣3=0考点：直线与圆的位置关系．专题：计算题．分析：过P的直线l将圆分成两条弧中，劣弧最短时，直线l与过P的直径垂直，即斜率的乘积为﹣1，将圆方程化为标准方程，找出圆心Q坐标，由P与Q的坐标求出直径PQ的斜率，进而求出直线l的斜率，由P坐标与求出的斜率，即可得出此时直线l的方程．解答：解：将圆方程化为标准方程得：（x﹣2）2+（y+3）2=16，∴圆心Q坐标为（2，﹣3），又P坐标为（1，﹣2），∴直线QP的斜率为=﹣1，则所求直线l的方程为y+2=x﹣1，即x﹣y﹣3=0．故答案为：x﹣y﹣3=0点评：此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，直线斜率的求法，以及直线的点斜式方程，解题的关键是明白过P的直线l将圆分成两条弧中，劣弧最短时，直线l与过P的直径垂直．13.从一堆苹果中任取5只，称得它们的质量为（单位：克）：125124121123127，则该样本标准差s=

（克）（用数字作答）．参考答案：2考点：极差、方差与标准差．专题：计算题；压轴题．分析：根据题意，利用平均数、方差、标准差的公式直接计算即可．解答： 解：由题意得：样本平均数x=（125+124+121+123+127）=124，样本方差s2=（12+02+32+12+32）=4，∴s=2．故答案为2．点评：本题考查用样本的平均数、方差、标准差来估计总体的平均数、方差、标准差，属基础题，熟记样本的平均数、方差、标准差公式是解答好本题的关键．14.函数的最大值是

.参考答案：15.设＝，＝，且∥，则锐角的大小为

；参考答案：16.若等差数列{an}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n=

时，{an}的前n项和最大．参考答案：8【考点】等差数列的性质．【分析】可得等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，进而可得结论．【解答】解：由等差数列的性质可得a7+a8+a9=3a8＞0，∴a8＞0，又a7+a10=a8+a9＜0，∴a9＜0，∴等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，∴等差数列{an}的前8项和最大，故答案为：8．17.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有种．参考答案：12考点：排列、组合及简单计数问题．

专题：排列组合．分析：根据题意，使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面的情况数目，再分析求出其中其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面的情况数目，进而可得答案．解答：解：使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面，共C63种不同的取法，而其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面，选法有8种，则选法共有C63﹣8=12种，故答案为：12．点评：本题考查组合的运用，但涉及立体几何的知识，要求学生有较强的空间想象能力，属于基础题．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.已知点P是椭圆C：+=1（a＞b＞0）上的点，椭圆短轴长为2，F1，F2是椭圆的两个焦点，|OP|=，?=（点O为坐标原点）．（Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）直线y=x与椭圆C在第一象限交于A点，若椭圆C上两点M、N使+=λ，λ∈（0，2）求△OMN面积的最大值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）利用椭圆短轴长为2，求b．利用，|OP|=，?=，可求c，进而求出椭圆方程和离心率．（Ⅱ）将直线方程和椭圆方程联立，进行消元，转化为一元二次方程问题，然后利用根与系数之间的关系进行求解．【解答】解：（Ⅰ）设P（x0，y0），F1（﹣c，0），F2（c，0）由|OP|=，得，…由?=得，即…所以c=，又因为短轴长为2，所以b=1，所以离心率e=，…椭圆C的方程为：；…（Ⅱ）由得，设直线MN的方程为y=kx+m，联立方程组消去y得：（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3=0…设M（x1，y1），N（x2，y2），则，…所以．

因为+=λ，λ∈（0，2），所以，，得，于是，…所以…又因为λ＞0，原点O到直线MN的距离为

所以=，当，即时等号成立，S△OMN的最大值为…19.（1）已知，且，证明；（2）已知，且，证明.参考答案：（1）见解析（2）见解析【分析】（1）由展开利用基本不等式证明即可；（2）由，结合条件即可得解.【详解】证明：（1）因为，当时等号成立.（2）因为，又因为，所以，，，∴.当时等号成立，即原不等式成立.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，需要进行配凑，具有一定的技巧性，属于中档题.20.（14分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，CC1=4，M是棱CC1上的一点．（1）求证：BC⊥AM；（2）若N是AB的中点，求证CN∥平面AB1M．参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）通过证明BC⊥C1C，BC⊥AC，推出BC⊥平面ACC1A1，然后证明BC⊥AM．（2）取AB1的中点P，连接MP，NP，证明NP∥BB1，推出NP∥CM，然后证明CN∥平面AB1M．【解答】（1）证明：∵ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴C1C⊥平面ABC，∴BC⊥C1C，又BC⊥AC，∴BC⊥平面ACC1A1，∵AM在平面ACC1A1上，∴BC⊥AM．…（2）证明：取AB1的中点P，连接MP，NP，∵P为AB1中点，N为AB中点，∴NP为△ABB1的中位线，∴NP∥BB1，又∵C1C，B1B都是直三棱柱的棱，∴C1C∥B1B，∴MC∥B1B，∴NP∥CM，∴NPCM共面，∴CN∥平面AB1M…（14分）【点评】本题考查直线与平面垂直的性质定理的应用，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．21.设数集，其中，，向量集.若使得，则称具有性质.（1）若，数集，求证：数集具有性质；（2）若，数集具有性质，求的值；（3）若数集（其中，）具有性质，，

(为常数，)，求数列的通项公式.参考答案：（1）证明：数集时，列表如下：

由表知：使得，数集具有性质；

（2）选取，中与垂直的元素必有形式，，，，，；

（3）由（1）（2）猜测.

记，.先证明:若具有性质P，则也具有性质P.任取、.当、中出现时,显然有满足;当且时，、.因为具有性质P,所以有，使得,从而和中有一个是，不妨设.假设?且?，则.由，得，与矛盾.?.从而也具有性质P

现用数学归纳法证明猜测:.①当n=1和2时，结论显然成立;②假设n=时,有性质P，则，；当n=时,若有性质P，则也有性质P，.取，并设满足，即.由此可得或.若，则矛盾；，，又，，，.综合①②知，.2