山東省濰坊市安丘聯誼中學2021年高三數學文上學期期末試題含解析

山東省濰坊市安丘聯誼中學2021年高三數學文上學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.閱讀如右圖所示的程序框圖，則該算法最后輸出的結果為A．15

B．31

C．63

D．127參考答案：C【知識點】算法與程序框圖.

L1解析：循環(huán)過程依次是：（1）A=1，i=2;(2)A=3,i=3;(3)A=7,i=4;(4)=15,i=5;(5)A=31,i=6;(6)A=63,i=7.而7>6成立，所以輸出A=63.它是數列前項的和，故選C.【思路點撥】根據程序框圖描述的意義，分析框圖執(zhí)行的結果，從而得該算法的功能.

2.在正方體中，分別為中點，則異面直線與所成角的余弦值為A. B.

C. D.參考答案：A略3.若分別是R上的奇函數、偶函數，且滿足，則有（

）A．

B．C．

D．參考答案：A略4.設雙曲線的右焦點為，是雙曲線上任意一點，點的坐標為，則的最小值為A．9

B．

C．

D．參考答案：答案：B5.已知函數若f(a)＝，則a＝()參考答案：C6.袋中有60個小球，其中紅色球24個、藍色球18個、白色球12個、黃色球6個，從中隨機抽取10個球作成一個樣本，則這個樣本恰好是按分層抽樣方法得到的概率為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：答案：A7.設點是圖中陰影部分表示的平行四邊形區(qū)域（含邊界）內一點，則的最小值為A．－1

B．－2

C.－4

D．－6參考答案：D由圖可知，當直線經過點時，取最小值-6.

8.若直角坐標系中有兩點滿足條件：（1）分別在函數、的圖象上，（2）關于點（1，0）對稱，則稱是一個“和諧點對”.函數的圖象與函數的圖象中“和諧點對”的個數是（）A．4

B．6

C．8

D．10參考答案：A略9.若,其中為兩兩不等的非負整數,令,則的大小關系是(

)A.

B.

C.

D.參考答案：D10.設全集,集合,,則

A．

B．

C．

D．參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知數列滿足，，，若數列單調遞減，數列單調遞增，則數列的通項公式為

▲

.參考答案：（說明：本答案也可以寫成）12.已知x，y，z∈R，且x2+y2+z2=1，則x+2y+3z的最大值是．參考答案：考點：一般形式的柯西不等式；柯西不等式在函數極值中的應用．專題：不等式的解法及應用．分析：分析題目已知x2+y2+z2=1，求x+2y+3z的最大值．考慮到應用柯西不等式（ax+by+cz）2≤（a2+b2+c2）（x2+y2+z2），首先構造出柯西不等式求出（x+2y+3z）2的最大值，開平方根即可得到答案．解答：解：因為已知x2+y2+z2=1根據柯西不等式（ax+by+cz）2≤（a2+b2+c2）（x2+y2+z2）構造得：即（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+32）≤1×14=14故x+2y+3z≤．當且僅當x==時取等號．則x+2y+3z的最大值是．故答案為：．點評：此題主要考查柯西不等式的應用問題，對于此類題目有很多解法，但大多數比較繁瑣，而用柯西不等式求解非常簡練，需要同學們注意掌握．13.在等比數列中，若，則的值為.參考答案：214.已知x≥0，y≥0，且x+y=1，則的最小值為．參考答案：3考點：基本不等式．專題：導數的綜合應用．分析：由已知x≥0，y≥0，且x+y=1，可得0≤x≤1，y=1﹣x．代入可得==f（x），再利用導數研究其單調性即可得出．解答：解：∵x≥0，y≥0，且x+y=1，∴0≤x≤1，y=1﹣x．∴==f（x），∴f′（x）==≥0，∴函數f（x）在[0，1]上單調遞增．∴當x=0時，f（x）取得極小值即最小值3．故答案為：3．點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值，屬于基礎題．15.

計算：

參考答案：16.（5分）在二項式的展開式中，所有二項式系數的和是32，則展開式中各項系數的和為．

參考答案：﹣1考點:二項式系數的性質．專題:概率與統計．分析:所有二項式系數的和是32，可得2n=32，解得n=5．在中，令x=1，可得展開式中各項系數的和．解：∵所有二項式系數的和是32，∴2n=32，解得n=5．在中，令x=1，可得展開式中各項系數的和=（﹣1）5=﹣1．故答案為：﹣1．點評:本題考查了二項式定理及其性質，考查了計算能力，屬于基礎題．

17.若平面向量，，且，則__________．參考答案：5【分析】由，則，可得所以，即可求解.【詳解】由題意，平面向量，，且，則，所以.【點睛】本題主要考查了向量的數量積的運算，其中解答中熟記平面向量的數量積的運算公式，合理準確運算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數的定義域為R；求實數m的取值范圍.參考答案：分析】將定義域為轉化為恒成立，計算函數的最小值得到答案.【詳解】由題意可知恒成立，令.，去絕對值可得：，依次判斷可知的最小值為-3，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的定義域，去絕對值符號，將定義域轉化為恒成立問題是解題的關鍵.19.（Ⅰ）已知x2+y2=1，求2x+3y的取值范圍；（Ⅱ）已知a2+b2+c2﹣2a﹣2b﹣2c=0，求證：．參考答案：【考點】不等式的證明．【專題】選作題；轉化思想；演繹法；不等式．【分析】（Ⅰ）已知x2+y2=1，由柯西公式（x2+y2）（4+9）≥（2x+3y）2，即可求2x+3y的取值范圍；（Ⅱ）由柯西公式[（a﹣1）2+（1﹣b）2+（1﹣c）2]（4+1+1）≥[2（a+1）+（1﹣b）+（1﹣c）]2，即可證明結論．【解答】（Ⅰ）解：由柯西公式（x2+y2）（4+9）≥（2x+3y）2，則|2x+3y|，∴﹣≤2x+3y≤．（Ⅱ）證明：由a2+b2+c2﹣2a﹣2b﹣2c=0，得（a﹣1）2+（1﹣b）2+（1﹣c）2=3，由柯西公式[（a﹣1）2+（1﹣b）2+（1﹣c）2]（4+1+1）≥[2（a+1）+（1﹣b）+（1﹣c）]2得證：18≥（2a﹣b﹣c）2，所以．【點評】本題考查柯西公式的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．20.如圖，在七面體ABCDMN中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且（1）在棱AB上找一點Q，使QP//平面AMD，并給出證明；（2）求平面BNC與平面MNC所成銳二面角的余弦值.參考答案：（1）當時，有//平面AMD.證明：因為MD平面ABCD，NB平面ABCD，所以MD//NB，所以，又，所以，所以在中，OP//AM.又面AMD，AM面AMD，∴//面AMD.（2）銳二面角的余弦值為.試題分析：（1）設Q為AB上的一點，滿足.由線面平行的性質證出MD//NB，結合題中數據利用平行線的性質，得到，從而在中得到OP//AM.最后利用線面平行判定定理，證出//面AMD，說明在棱AB上存在滿足條件的點；（2）建立如圖所示空間直角坐標系，算出向量、和的坐標.利用垂直向量數量積為0的方法建立方程組，算出平面CMN的法向量.根據線面垂直的判定定理證出DC平面BNC，從而得到即是BNC的法向量，最后利用空間向量的夾角公式加以計算，即可算出平面CMN與平面BNC所成銳二面角的余弦值.試題解析：（1）當時，有//平面AMD.證明：因為MD平面ABCD，NB平面ABCD，所以MD//NB，所以，又，所以，所以在中，OP//AM.又面AMD，AM面AMD，∴//面AMD.（2）以DA、DC、DM所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），M（0，0，2）N（2，2，1），所以=（0，-2，2），=（2，0，1），=（0，2，0），設平面CMN的法向量為=（x，y，z）則，所以，所以=（1，-2，-2）.又NB平面ABCD，∴NBDC，BCDC，∴DC平面BNC，∴平面BNC的法向量為==（0，2，0），設所求銳二面角為，則.考點：利用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定.21.已知函數，（1）若，求函數的極值；（2）設函數，求函數的單調區(qū)間；（3）若在（）上存在一點，使得成立，求的取值范圍.參考答案：解：（Ⅰ）的定義域為，

當時，，，

1—0+

極小

所以在處取得極小值1.（Ⅱ），

①當時，即時，在上，在上，所以在上單調遞減，在上單調遞增；

②當，即時，在上，所以，函數在上單調遞增.

（III）在上存在一點，使得成立，即在上存在一點，使得，即函數在上的最小值小于零.

由（Ⅱ）可知①即，即時，在上單調遞減，所以的最小值為，由可得，因為，所以；

②當，即時，在上單調遞增，所以最小值為，由可得；③當，即時，可得最小值為，因為，所以，故

此時，不成立.

綜上討論可得所求的范圍是：或.

略22.已知△A