2021年河北省衡水市趙家圈鎮(zhèn)中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析

2021年河北省衡水市趙家圈鎮(zhèn)中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析一、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.已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時，，則A．

B．

C．

D．參考答案：B2.函數(shù)的定義域是

(

）A．

B．

C．

D．參考答案：A3.一次函數(shù)y＝ax＋b與二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c在同一坐標(biāo)系中的圖像大致是()參考答案：C4.函數(shù)的圖像大致是（

）參考答案：B5.若，且，則下列不等式中能恒成立的是[答](

)A．．

B．

．C．

．D．．參考答案：D6.設(shè)，則A. B.C. D.參考答案：7.已知向量a，若向量與垂直，則的值為 （

） A．

B．7

C．

D．參考答案：A略8.已知函數(shù)在區(qū)間M上的反函數(shù)是其本身，則M可以是

（

）

A．[－2，2]

B．[－2，0]

C．[0，2]

D．參考答案：答案：B9.已知函數(shù)在R上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是A．a(chǎn)>一2

B．一2<a<一1

C．a(chǎn)≤一2 D．a(chǎn)≤一參考答案：C10.已知的展開式中各項系數(shù)之和為，則該展開式中含項的系數(shù)為

A.

B.

C.

D.參考答案：解：令，得展開式中各項系數(shù)之和為.解方程，得.故該展開式中含項為，其系數(shù)為，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知數(shù)列中，數(shù)列的前項和為，當(dāng)整數(shù)時，都成立，則數(shù)列的前n項和為

參考答案：略12.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝3?2n（n∈N+），數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，其前n項和為Tn．若b2＝a5，b10＝S3，則Tn取最大值時n＝_____．參考答案：17或18【分析】利用Sn和an的關(guān)系求出，根據(jù)條件列出方程組，求出b1和d，由此求得{bn}的通項公式，根據(jù)通項公式得到b18＝0，由此即可求出Tn取最大值時n的值.【詳解】數(shù)列{an}前n項和為Sn＝3?2n（n∈N+），所以，，，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，且b2＝a5，b10＝S3，則，解得：b1＝51，d＝﹣3，所以，bn＝51﹣3(n﹣1)＝54﹣3n，當(dāng)n＝18時，b18＝0，故Tn取最大值時n＝17或18．故答案為：17或18.【點睛】本題考查Sn和an的關(guān)系以及等差數(shù)列前n項和的最大值問題，等差數(shù)列的正負轉(zhuǎn)折項是其前n項和取得最值的項，注意項為0時有兩項，屬中檔題.13.過拋物線y2＝4x的焦點F作斜率為的直線交拋物線于A、B兩點，若，則λ＝

．

參考答案：4

14.已知雙曲線C的焦點、實軸端點恰好是橢圓的長軸的端點、焦點，則雙曲線C的方程是____________.參考答案：15.已知對于任意實數(shù)，函數(shù)滿足.若方程有2011個實數(shù)解，則這2011個實數(shù)解之和為

參考答案：0略16.

方程2－x＋x2＝3的實數(shù)解的個數(shù)為________．參考答案：217.直線與平面2X+Y+Z=0的交點為．參考答案：（﹣0.2，0.8，﹣0.4）【考點】空間中的點的坐標(biāo)．【分析】令=t，解出x=2+t，y=3+t，z=2t+4代入平面方程2X+Y+Z=0中得：2（2+t）+3+t+2t+4=0，求出t，即可得出結(jié)論．【解答】解：令=t，解出x=2+t，y=3+t，z=2t+4代入平面方程2X+Y+Z=0中得：2（2+t）+3+t+2t+4=0，∴4+2t+3+t+2t+4=0，∴t=﹣2.2，∴x=2+t=﹣0.2，y=3+t=0.8，z=2t+4=﹣0.4，∴直線與平面2X+Y+Z=0的交點為（﹣0.2，0.8，﹣0.4），故答案為：（﹣0.2，0.8，﹣0.4）．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（12分）已知點F是拋物線C：的焦點，S是拋物線C在第一象限內(nèi)的點，且|SF|=.

（Ⅰ）求點S的坐標(biāo)；（Ⅱ）以S為圓心的動圓與軸分別交于兩點A、B，延長SA、SB分別交拋物線C于M、N兩點；

①判斷直線MN的斜率是否為定值，并說明理由；

②延長NM交軸于點E，若|EM|=|NE|，求cos∠MSN的值. 參考答案：解：（1）設(shè)(＞0)，由已知得F，則|SF|=，

∴=1，∴點S的坐標(biāo)是(1,1)------------------------2分（2）①設(shè)直線SA的方程為由得

∴，∴。

由已知SA=SB，∴直線SB的斜率為，∴，

∴--------------7分

②設(shè)E(t,0)，∵|EM|=|NE|，∴，∴，則∴--------------------------8分

∴直線SA的方程為，則，同理

∴-------------12分略19.《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．如圖，在陽馬P﹣ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，過棱PC的中點E，作EF⊥PB交PB于點F，連接DE，DF，BD，BE．（1）證明：PB⊥平面DEF．試判斷四面體DBEF是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結(jié)論）；若不是，說明理由；（2）若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為，求的值．參考答案：【考點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的判定．【分析】解法1）（1）直線與直線，直線與平面的垂直的轉(zhuǎn)化證明得出PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF，即可判斷DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形，確定直角．（2）根據(jù)公理2得出DG是平面DEF與平面ACBD的交線．利用直線平面的垂直判斷出DG⊥DF，DG⊥DB，根據(jù)平面角的定義得出∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，轉(zhuǎn)化到直角三角形求解即可．解法2）（1）以D為原點，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，運用向量的數(shù)量積判斷即可．2）由PD⊥底面ABCD，所以=（0，0，1）是平面ACDB的一個法向量；由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以=（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一個法向量．根據(jù)數(shù)量積得出夾角的余弦即可得出所求解的答案．【解答】解法1）（1）因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD為長方形，有BC⊥CD，而PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD．而DE?平面PDC，所以BC⊥DE．又因為PD=CD，點E是PC的中點，所以DE⊥PC．而PC∩CB=C，所以DE⊥平面PBC．而PB?平面PBC，所以PB⊥DE．又PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF．由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形，即四面體BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．（2）如圖1，在面BPC內(nèi)，延長BC與FE交于點G，則DG是平面DEF與平面ACBD的交線．由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．又因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB=P，所以DG⊥平面PBD．所以DG⊥DF，DG⊥DB故∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，設(shè)PD=DC=1，BC=λ，有BD=，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB=∠FDB=，則tan=tan∠DPF===，解得．所以==故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時，=．（解法2）（1）以D為原點，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PD=DC=1，BC=λ，則D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），=（λ1，﹣1），點E是PC的中點，所以E（0，，），=（0，，），于是=0，即PB⊥DE．又已知EF⊥PB，而ED∩EF=E，所以PB⊥平面DEF．因=（0，1，﹣1），=0，則DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC．由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形，即四面體BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．（2）由PD⊥底面ABCD，所以=（0，0，1）是平面ACDB的一個法向量；由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以=（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一個法向量．若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為，則運用向量的數(shù)量積求解得出cos==，解得．所以所以==故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時，=．20.（本小題滿分12分）已知函數(shù).（1）當(dāng)時,求函數(shù)在上的最大值和最小值;（2）設(shè),且對于任意的,試比較與的大小.參考答案：(1)的最大值為，的最小值為；(2)試題分析：（1）當(dāng)時，，且，,討論函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性與極值，與兩端點值比較即可求其最大值與最小值；（2）因為，所以的最小值為,設(shè)的兩個根為，則,不妨設(shè)，則，所以有即，令,求導(dǎo)討論函數(shù)的單調(diào)性可得，即，可證結(jié)論成立.試題解析：（1）當(dāng)時，，且，．由，得；由，得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以函數(shù)在區(qū)間僅有極大值點，故這個極大值點也是最大值點，故函數(shù)在上的最大值是，又，故，故函數(shù)在上的最小值為．（Ⅱ）由題意，函數(shù)f（x）在x=1處取到最小值，又

設(shè)的兩個根為，則不妨設(shè)，故，即，即.考點：1.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；2.函數(shù)與不等式.21.設(shè)函數(shù)．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間及最大值；（2）討論關(guān)于x的方程|lnx|=f（x）根的個數(shù)．參考答案：【考點】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；54：根的存在性及根的個數(shù)判斷．【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的運算法則求出f′（x），分別解出f′（x）＞0與f′（x）＜0即可得出單調(diào)區(qū)間及極值與最值；（2）分類討論：①當(dāng)0＜x≤1時，令u（x）=﹣lnx﹣﹣c，②當(dāng)x≥1時，令v（x）=lnx﹣．利用導(dǎo)數(shù)分別求出c的取值范圍，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵=，解f′（x）＞0，得；解f′（x）＜0，得．∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為．故f（x）在x=取得最大值，且．（2）函數(shù)y=|lnx|，當(dāng)x＞0時的值域為[0，+∞）．如圖所示：①當(dāng)0＜x≤1時，令u（x）=﹣lnx﹣﹣c，c==g（x），則=．令h（x）=e2x+x﹣2x2，則h′（x）=2e2x+1﹣4x＞0，∴h（x）在x∈（0，1]單調(diào)遞增，∴1=h（0）＜h（x）≤h（1）=e2﹣1．∴g′（x）＜0，∴g（x）在x∈（0，1]單調(diào)遞減．∴c．②當(dāng)x≥1時，令v（x）=lnx﹣，得到c=lnx﹣=m（x），則=＞0，故m（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴c≥m（1）=．綜上①②可知：當(dāng)時，方程|lnx|=f（x）無實數(shù)根；當(dāng)時，方程|lnx|=f（x）有一個實數(shù)根；當(dāng)時，方程|lnx|=f（x）有兩個實數(shù)根．22.（本小題12分）已知函數(shù)的圖象