2021-2022學(xué)年湖南省郴州市泉溪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

1、2021-2022學(xué)年湖南省郴州市泉溪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1. 已知函數(shù)，是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，則函數(shù)的大致圖象為 （ ）參考答案：D2. 下列四個(gè)圖中,函數(shù)的圖象可能是 參考答案：C3. 設(shè)集合，則“”是“”的（ ）A充分而比必要條件 B必要而不充分條件C充分必要條件 D既不充分也必要條件參考答案：C4. 若實(shí)數(shù)滿(mǎn)足，則的最大值是 A0 B1 C D 9 參考答案：答案：D5. 已知集合，集合，則( )A(-) B(- C-) D-參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合

2、運(yùn)算 A1【答案解析】B 解析：由集合M中的不等式移項(xiàng)得：10，即0，解得：x1，集合M=（1，+），又全集為R，CRM=（，1，由集合N中的不等式2x+30，解得：x，集合N=（，+），則（CRM）N=（，1故選B【思路點(diǎn)撥】分別求出集合M和N中不等式的解集，確定出M和N，由全集為R，找出不屬于M的部分，求出M的補(bǔ)集，找出M補(bǔ)集與N的公共部分，即可求出所求的集合6. 命題，則命題p的否定是( )A. B.C. D.參考答案：C根據(jù)特稱(chēng)命題的否定是全稱(chēng)命題,可知選項(xiàng)C正確.故選C.7. 設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為且滿(mǎn)足則中最大的項(xiàng)為 A B 參考答案：D 由，得.由，得，所以，且.所以數(shù)列為遞減的數(shù)

3、列.所以為正，為負(fù)，且，則，又，所以，所以最大的項(xiàng)為，選D.8. 已知O，N，P在所在平面內(nèi)，且，且，則點(diǎn)O，N，P依次是的（ ）（A）重心 外心 垂心 （B）重心 外心 內(nèi)心 （C）外心 重心 垂心 （D）外心 重心 內(nèi)心參考答案：C9. 函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是A BC D參考答案：B略10. 設(shè)a1,1，3，則使函數(shù)yxa的定義域?yàn)镽且為奇函數(shù)的所有a值為()A1,3 B1,1C1,3 D1,1,3參考答案：A二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 觀察下面的數(shù)陣, 容易看出, 第行最右邊的數(shù)是, 那么第20行最左邊的數(shù)是_參考答案：12. 設(shè)函數(shù)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)，則

4、_。參考答案：13. 若復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位）為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù) .參考答案：-3略14. 如圖，已知圓M：（x3）2+（y3）2=4，四邊形ABCD為圓M的內(nèi)接正方形，E、F分別為AB、AD的中點(diǎn)，當(dāng)正方形ABCD繞圓心M轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，的最大值是參考答案：6考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算 專(zhuān)題：平面向量及應(yīng)用分析：由題意可得 =+由 MEMF，可得=0，從而 =求得 =6cos，從而求得的最大值解答：解：由題意可得=，=+MEMF，=0，=由題意可得，圓M的半徑為2，故正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，故ME=，再由OM=3，可得 =?3?cos，=6cos，即=6cos，故 的最大值是大為6，故答案為 6點(diǎn)評(píng)：本

5、題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積的定義，兩個(gè)向量的加減法的法則，以及其幾何意義，余弦函數(shù)的值域，屬于中檔題15. 已知正項(xiàng)等比數(shù)列滿(mǎn)足：，若存在兩項(xiàng)使得則的最小值為_(kāi)。參考答案：略16. 設(shè)為實(shí)常數(shù),是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)時(shí),若對(duì)一切成立,則的取值范圍為_(kāi). 參考答案：略17. 一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 參考答案：6+4考點(diǎn)：由三視圖求面積、體積 專(zhuān)題：空間位置關(guān)系與距離分析：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)半圓柱和三棱錐組成的組合體，分別求出兩者的體積，相加可得答案解答：解：由已知的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)半圓柱和三棱錐組成的組合體，半圓柱底面半徑R=2，高h(yuǎn)=3，故

6、半圓柱的體積為：=6，三棱錐的底面是兩直角邊長(zhǎng)為2和4的直角三角形，高為3，故三棱錐的體積為：=4，故組合體的體積V=6+4，故答案為：6+4點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關(guān)鍵是得到該幾何體的形狀三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18. （本小題滿(mǎn)分12分）已知a（0，）且cos（a-）=。求cosa參考答案：解：因?yàn)?，所以?分又，所以，8分11分12分19. 已知函數(shù)的圖象的相鄰兩條對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為（1）求的值及函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）如圖，在銳角三角形ABC中有，若在線(xiàn)段BC上存在一點(diǎn)D,使得AD=2，且，求AB

7、C的面積.參考答案：20. 已知，且.（1）求的取值范圍；（2）求證：.參考答案：（1）；（2）證明見(jiàn)解析【分析】（1）由條件等式將用表示，再?gòu)?，進(jìn)一步求出的范圍，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的取值范圍，二次函數(shù)配方，即可求解；（2）根據(jù)已知條件轉(zhuǎn)化證明，利用基本不等式即可得證.【詳解】（1）依題意，故.所以，所以，即的取值范圍為.（2）因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，又因?yàn)?，所?【點(diǎn)睛】本題主要考查配方法、基本不等式和不等式證明等基礎(chǔ)知識(shí)，解題中注意應(yīng)用條件等式，屬于中檔題.21. 如圖，在四棱錐 PABCD中，底面 ABCD為矩形，PA平面ABCD，點(diǎn) E在線(xiàn)段 PC上，PC平面 BDE（1

8、）求證：BD平面 PAC；（2）若 PA=1，AD=2，求二面角 BPCA的大小參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線(xiàn)與平面垂直的判定【分析】（1）證明PABDPCBD然后證明BD平面PAC （2）解法一：設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)O作OFPC于點(diǎn)F，連BF，說(shuō)明BFO為二面角 BPCA的平面角，在RtBFO中，即可求解二面角BPCA的大小解法二：分別以射線(xiàn)AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PBC的一個(gè)法向量，平面PAC的一個(gè)法向量利用向量的數(shù)量積求解二面角BPCA的大小【解答】證明：（1）PA平面ABCD，BD?平面ABCD

9、PABD同理由PC平面BDE，可證得PCBD又PAPC=P，BD平面PAC 6分解：（2）解法一：設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)O作OFPC于點(diǎn)F，連BF，易證BFO為二面角 BPCA的平面角 9分由（1）知BOACABCD為正方形AB=2，在RtBFO中，tanBFO=3，cosBFO=二面角BPCA的大小為arccos14分解法二：分別以射線(xiàn)AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz由（1）知BD平面PAC，又AC?平面PAC，BDAC故矩形ABCD為正方形，AB=BC=CD=AD=2A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，1），設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為，則，即，取x=1，得BD平面PAC，為平面PAC的一個(gè)法向量所以設(shè)二面角BPCA的平面角為，由圖知，則，二面角BPCA的大小為14分22. 某單位招聘面試，每次從試題庫(kù)隨機(jī)調(diào)用一道試題，若調(diào)用的是類(lèi)型試題，則使用后該試題回庫(kù)，并增補(bǔ)一道類(lèi)試題和一道類(lèi)型試題入庫(kù)，此次調(diào)題工作結(jié)束；若調(diào)用的是類(lèi)型試題，則使用后該試題回庫(kù)，