2022年山西省晋中市古城高级中学高三数学文下学期期末试卷含解析

2022年山西省晋中市古城高级中学高三数学文下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，若函数只有一个零点，则k的取值范围是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D试题分析：∵函数只有一个零点，∴与只有一个交点，图象如图所示，∴k的取值范围是.考点：函数零点问题.2.设数列的前项和为，若，则A.

B.

C. D.参考答案：B略3.是不同的直线，是不重合的平面，下列结论正确的是（

）A．若

B．若C．若

D．若参考答案：D4.如图的程序框图的算法思路源于我国古代著名的“孙子剩余定理”，图中的表示正整数N除以正整数m后的余数为n，例如.执行该程序框图，则输出的i等于（

）A．23

B．38

C．44

D．58参考答案：A本题框图计算过程要求找出一个数除以3余数为2；除以5余数为3；除以7余数为2，那么这个数首先是23，故选A.

5.若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)A.6 B.2 C.1 D.3参考答案：C如图1，三棱锥为所求，易求，故选C．6.三个数之间的大小关系是（

）。A.

B.

C.

D..参考答案：C略7.直线被圆截得的弦长为（

）A

B

C

D

参考答案：B略8.命题“”的否定为（

）

A.

B.C.

D.参考答案：全称性命题的否定一要否量词，二要否结论，所以原命题的否定为：.9.在四边形ABCD中，，，则（

）A.5 B.－5 C.－3 D.3参考答案：C【分析】利用向量的线性运算化简.利用向量数量积的运算性质即可得到结论.【详解】【点睛】本题考查向量的线性运算和向量数量积的运算性质，属基础题10.为了解某校一次期中考试数学成绩情况，抽取100位学生的数学成绩，得如图所示的频率分布直方图，其中成绩分组区间是[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，则估计该次数学成绩的中位数是（

）A．71.5

B．71.8

C.72

D．75参考答案：C的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：.所以，得：.的频率和为：.由，得中位数为：.故选C.

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知不等式xy≤ax2＋2y2，若对任意x∈[1,2]，且y∈[2,3]，该不等式恒成立，则实数a的取值范围是________．参考答案：a≥－112.（2x﹣3y）2015的展开式中，所有项系数之和为．参考答案：﹣1【考点】二项式定理的应用．【专题】计算题；转化思想；综合法；二项式定理．【分析】在（2x﹣3y）2015的展开式中，令x=1，可得所有项系数之和．【解答】解：在（2x﹣3y）2015的展开式中，令x=1，可得所有项系数之和为﹣1，故答案为：﹣1．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．13.若=

．参考答案：3【考点】对数的运算性质．【分析】由2x=3，得x=log23，把化为以2为底数的对数，然后运用对数的和等于乘积的对数进行运算．【解答】解：∵2x=3，∴x=log23，又∵，∴x+2y==．故答案为3．14.以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线的极坐标方程为(∈R)，它与曲线（为参数)相交于两点A和B，则

．

参考答案：略15.设x，y满足约束条件，则4x?2y的最大值为．参考答案：16【考点】简单线性规划．【分析】画出可行域，利用目标函数转化为2x+y的最大值，利用几何意义求解即可．【解答】解：作出可行域易知目标函数z=2x+y过两直线x﹣y+1=0，4x﹣y﹣2=0的交点A时取最大值，由可得A（1，2）则2x+y的最大值为4，4x?2y=22x+y的最大值为16．故答案为：16．16.如图在三角形ABC中，E为斜边AB的中点，CD⊥AB，AB＝1,则的最大值是

.参考答案：.略17.若函数实数的取值范围___________

参考答案：略三、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.已知椭圆的离心率为，焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的点，面积的最大值是2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于M，N两点，点D是椭圆C上的点，O是坐标原点，若，判定四边形OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．参考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）由题意得到的方程组，求出的值，即可得出椭圆方程；（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，易求出四边形的面积；当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立直线与椭圆方程，结合判别式和韦达定理，可表示出弦长，再求出点到直线的距离，根据和点在曲线上，求出的关系式，最后根据，即可得出结果【详解】解：（Ⅰ）由解得得椭圆的方程为.（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积为．当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程，点到直线的距离是由得因为点在曲线上，所以有整理得由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为由得,故四边形的面积是定值，其定值为．【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，以及椭圆中的定值问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式等求解，计算量较大，属于常考题型.19.已知数列的前项和为且满足（I）设=，求数列的通项公式；（II）若数列满足求数列的前项和.参考答案：解：（Ⅰ）∵，∴当时，．两式相减得，即．……………3分又,可知，∴当时，（常数），∴是以为首项，为公比的等比数列，∴．………………6分（Ⅱ）∵，∴，………………8分则，……①，……②两式相减得，………10分．∴．………………12分

略20.设函数.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；并证明恒成立；（Ⅱ）当时，若对于任意的恒成立，求的取值范围；（III）求证：.参考答案：（I）当a=0,b=0时，f(x)=ex∴曲线y=f(x)在点（0，f(0)）处的切线方程为y-1=1(x-0),即：y=h(x)=x+1证明：令

（）单调递增，又即恒成立（II）方法一：当时，等价于

（）令当时，由（1）知单调递增，又当时，单增又,∴存在，使，即∴在单减，在上单增又,时，不合题意,故方法二：当时，等价于，即（）当时，当时，令,则令则所以单调递减又,在单调递减由洛必达法则可得（III）要证：证法一：由（II）令可知：令则,又由（I）可知：,令,,,即,故证之证法二：令单调递增又,单调递增又令,,,故证之证法三：(1)当时，左边，右边,不等式成立（2）假设且时，不等式成立，即则当时左边=由（II）知

令则故当时，不等式也成立∴由（1）（2）可知原不等式恒成立略21.已知函数，其中.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）已知函数.其中，若对任意，存在，使得成立，求实数m的取值范围.参考答案：（1） （1分）令，①当时，，∴，函数在上单调递增；（2分）②当时，，所以，即，∴函数在上单调递增； （3分）③当时，，令，得，且，由,由 ∴在和上单调递增，在单调递减，（5分）综上，当时，函数在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减. （6分）（2）∵存在，使得成立，∴存在使得且成立，∴，由（1）知，当时，上单调递增， （8分）又时，由可知，，则在上单调递增，此时，∵且∴且恒成立，∴且，∵可看作关于的一次函数，则， ∴ （10分）同理，， ∴， （11分）又∵，∴ （12分）22.（05年全国卷Ⅲ文）(14分)设两点在抛物线上，是AB的垂直平分线，

（Ⅰ）当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点F？证明你的结论；

（Ⅱ）当时，求直线的方程.参考答案：解析：（Ⅰ）∵抛物线，即，∴焦点为…………1分（1）直线的斜率不存在时，显然有……………3分（2）直线的斜率存在时，设