福建省寧德市溪潭中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試卷含解析

福建省寧德市溪潭中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文上學(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.已知集合A={﹣1，0，1，2，3，4}，B={x|x2＜16，x∈N}，則A∩B等于（）A．{﹣1，0，1，2，3} B．{0，1，2，3，4} C．{1，2，3} D．{0，1，2，3}參考答案：D【考點】交集及其運算．【分析】解不等式得出B，根據(jù)交集的運算寫出A∩B．【解答】解：集合A={﹣1，0，1，2，3，4}，B={x|x2＜16，x∈N}={x|﹣4＜x＜4，x∈N}，則A∩B={0，1，2，3}．故選：D．【點評】本題考查了解不等式與集合的基本運算問題，是基礎(chǔ)題．2.一物體A以速度v（t）=t2﹣t+6沿直線運動，則當時間由t=1變化到t=4時，物體A運動的路程是（）A．26.5 B．53 C．31.5 D．63參考答案：C【考點】定積分．【分析】由題意可得，在t=1和t=4這段時間內(nèi)物體A運動的路程是S=（t2﹣t+6）dt，求解定積分得答案．【解答】解：由題意可得，在t=1和t=4這段時間內(nèi)物體A運動的路程是S=（t2﹣t+6）dt=（t3﹣t2+6t）|=（﹣8+24）﹣（﹣+6）=31.5故選：C．3.函數(shù)（其中)的圖象如圖所示，為了得到的圖象，則只要將的圖象A.向右平移個單位長度

B.向左平移個單位長度

C．向左平移個單位長度

D.向右平移個單位長度參考答案：B4.等比數(shù)列{an}的前三項和，若成等比數(shù)列，則公比q=（

）A．3或

B．－3或

C.3或

D．－3或參考答案：A由得．∵成等差數(shù)列，∴．∴，解得．設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，整理得，解得或．選A．

5.已知某個幾何體的三視圖如下圖所示，則該幾何體的體積是（

）A. B.200C. D.240參考答案：B【分析】還原幾何體得四棱柱，利用三視圖求底面積和高可得解.【詳解】由三視圖可知，該幾何體是以側(cè)視圖的四邊形為底面的四棱柱，高為10，底面面積為，故體積為：.故選B.【點睛】本題主要考查了由三視圖還原幾何體及柱體的體積的求解，屬于基礎(chǔ)題.6.設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓的左右兩個焦點，點P為橢圓上任意一點，則使得成立的P點的個數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．3參考答案：C【考點】K4：橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】設(shè)P（x0，y0），由和P（x0，y0）為橢圓上任意一點，列出方程組，能求出使得成立的P點的個數(shù)．【解答】解：設(shè)P（x0，y0），∵F1，F(xiàn)2分別為橢圓的左右兩個焦點，點P為橢圓上任意一點，∴F1（﹣4，0），F(xiàn)2（4，0），=（﹣4﹣x0，﹣y0），=（4﹣x0，﹣y0），∵，∴（﹣4﹣x0）（4﹣x0）+（﹣y0）2=﹣7，即=9，①又∵設(shè)P（x0，y0）為橢圓上任意一點，∴，②聯(lián)立①②，得：或，∴使得成立的P點的個數(shù)為2個．故選：C．7.已知函數(shù)的兩個極值點分別為，且，，點表示的平面區(qū)域為，若函數(shù)的圖像上存在區(qū)域內(nèi)的點，則實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．參考答案：B略8.某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的體積是（

）

（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：C由三視圖可知，四棱錐的高為2，底面為直角梯形ABCD.其中,所以四棱錐的體積為，選C.9.在等比數(shù)列中，若，，則該數(shù)列前五項的積為A．±3 B．3 C．±1 D．1參考答案：D【知識點】等比數(shù)列解：因為，

所以

故答案為：D10.已知的值域為R，那么a的取值范圍是A．（一∞，一1] B．（一1，）

C．[－1，） D．（0，）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.用四種不同的顏色為正六邊形（如圖）中的六塊區(qū)域涂色，要求有公共邊的區(qū)域涂不同顏色，一共有

種不同的涂色方法．參考答案：732【考點】排列、組合的實際應(yīng)用．【分析】分三類討論：A、C、E用同一顏色、A、C、E用2種顏色、A、C、E用3種顏色，利用分步計數(shù)原理，可得結(jié)論．【解答】解：考慮A、C、E用同一顏色，此時共有4×3×3×3=108種方法．考慮A、C、E用2種顏色，此時共有C42×6×3×2×2=432種方法．考慮A、C、E用3種顏色，此時共有A43×2×2×2=192種方法．故共有108+432+192=732種不同的涂色方法．故答案為732．12.已知函數(shù)是偶函數(shù),則

．參考答案：2略13.三角形ABC中，AB=2且AC=2BC，則三角形ABC面積的最大值為．參考答案：【考點】正弦定理．【分析】設(shè)A（﹣1，0），B（1，0），C（x，y），由AC=2BC，得C點軌跡為以（，0）為圓心，以為半徑的圓，可求三角形高為時，S△ABC最大，即可得解．【解答】解：設(shè)A（﹣1，0），B（1，0），C（x，y），則由AC=2BC，得，=2，化簡得：（x﹣）2+y2=，所以C點軌跡為以（，0）為圓心，以為半徑的圓，所以S△ABC最大值為：=，所以三角形ABC面積的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了圓的軌跡方程，三角形面積公式的應(yīng)用，可得了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．14.已知雙曲線(a＞0，b＞0)的一條漸近線的傾斜角為，則雙曲線的漸近線的方程為

；該雙曲線的離心率為．參考答案：，

【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】求出漸近線的斜率，得到雙曲線的漸近線的方程，求出的值，e==，求出離心率．【解答】解：∵一條漸近線的傾斜角為，∴漸近線的斜率為k=tan=，∴雙曲線的漸近線的方程為y=±x，∴=，∴e===，故答案為：，．15.已知圓：，直線：，設(shè)圓上到直線的距離等于1的點的個數(shù)為，則

參考答案：416.已知圓錐底面半徑與球的半徑都是1cm，如果圓錐的體積恰好也與球的體積相等，那么這個圓錐的母線長為cm．參考答案：考點：旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）；球的體積和表面積．專題：計算題．分析：求出球的體積，利用圓錐的體積與球的體積相等，求出圓錐的高，然后求出圓錐的母線長即可．解答：解：由題意可知球的體積為：=，圓錐的體積為：=，因為圓錐的體積恰好也與球的體積相等，所以，所以h=4，圓錐的母線：=．故答案為：．點評：本題考查球的體積與圓錐的體積公式的應(yīng)用，考查計算能力．17.觀察下列式子：，，，…，根據(jù)以上規(guī)律，第n個不等式是．參考答案：【考點】F1：歸納推理．【分析】根據(jù)所給不等式，即可得出結(jié)論．【解答】解：根據(jù)所給不等式可得．故答案為：．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.已知函數(shù)是奇函數(shù)，是偶函數(shù)．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）設(shè)，若不等式對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍．參考答案：略19.在平面直角坐標系中，已知過點的橢圓：的右焦點為，過焦點且與軸不重合的直線與橢圓交于，兩點，點關(guān)于坐標原點的對稱點為，直線，分別交橢圓的右準線于，兩點.（1）求橢圓的標準方程；（2）若點的坐標為，試求直線的方程；（3）記，兩點的縱坐標分別為，，試問是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由.參考答案：直線方程：，，

略20.本小題滿分12分）袋中裝著分別標有數(shù)字1，2，3，4，5的5個形狀相同的小球.（1）從袋中任取2個小球，求兩個小球所標數(shù)字之和為3的倍數(shù)的概率；（2）從袋中有放回的取出2個小球，記第一次取出的小球所標數(shù)字為x，第二次為y，求點滿足的概率．參考答案：解:(1)任取2次，基本事件有：[1,2][1,3][1,4][1,5][2,3][2,4][2,5][3,4][3,5][4,5]記“兩數(shù)之和為3的倍數(shù)”為事件A，則事件A中含有：[1,2][1,5][2,4][4,5]共4個基本事件，所以；

(2)有放回的取出2個，基本事件有：(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)

(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)

記“點滿足”為事件，則包含：(1,1)(1,2)（1，3）(2,1)(2,2)(3,1)(3,2)共7個基本事件所以．

略21.設(shè)函數(shù)，其中向量，，．（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）在中，分別是角的對邊，已知，的面積為，求的值．參考答案：（1）==+1令解得故的單調(diào)遞增區(qū)間為注：若沒寫，扣一分

（2）由得而，所以，所以得又，所以

略22.直四棱柱中，底面是等腰梯形，，，為的中點，為中點．(1)求證：；(2)若，求與平面所成角的大小參考答案：解：(1)證明：連結(jié)AD1，在△ABD1中∵E是BD1的中點，F(xiàn)是BA中點，∴EF//AD1又EF?平面ADD1A1，AD1?平面ADD1A1∴EF∥平面ADD1A1.(2)解法1：延長D1A1至H，使A1H＝D1A1，延長DA至G，使AG＝DA，并連結(jié)HG和A1G，則A1G∥D1A∥EF∴A1G∥平面DEF，∴A1到平面DEF的距離等于G到平面DEF的距離，設(shè)為x由題意可得，DF＝BC＝AD＝1，連DB，在Rt△D1DB中，DE＝D1B又DB＝，且DD1＝，∴DE＝×＝，又EF＝AD1＝＝，在△DEF中，由余弦定理得：cos∠EDF＝＝∴sin∠EDF＝＝∴S△DEF＝××1×＝，又點E到平面DGF的距離d＝DD1＝

不難證明∠DFG是Rt△(∵FA＝DG)∴S△DFG＝×DF×FG＝×1×＝由VE－DGF＝VG－DEF得，x·S△DEF＝d·S△DFG，∴x·＝×，∴x＝，即A1到平面DEF的距離為，設(shè)A1F與平面DEF成α角，則sinα＝＝×＝，∴α＝