2021-2022學年山西省臨汾市霍州師莊老張灣中學高三數(shù)學文下學期期末試卷含解析

2021-2022學年山西省臨汾市霍州師莊老張灣中學高三數(shù)學文下學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.祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家.他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高，若某柱體的三視圖如圖所示，則該柱體的體積(cm3)是（

）A.158 B.162C.182 D.324參考答案：B【分析】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體—棱柱，根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計算幾何體的體積.常規(guī)題目.難度不大，注重了基礎知識、視圖用圖能力、基本計算能力的考查.【詳解】由三視圖得該棱柱的高為6，底面可以看作是由兩個直角梯形組合而成的，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3，則該棱柱的體積為.【點睛】易錯點有二，一是不能正確還原幾何體；二是計算體積有誤.為避免出錯，應注重多觀察、細心算.

2.設，，且滿足則（

）A．1

B．2

C．3

D．4參考答案：D3.在數(shù)學史上，中外數(shù)學家使用不同的方法對圓周率π進行了估算．根據(jù)德國數(shù)學家萊布尼茨在1674年給出的求π的方法繪制的程序框圖如圖所示．執(zhí)行該程序框圖，輸出s的值為（）A.4 B. C. D.參考答案：C【分析】根據(jù)程序框圖進行模擬運算即可．【詳解】第一次，否，第二次，否，第三次，是，程序終止，輸出s=，故選：C．4.已知函數(shù)，若有，則b的取值范圍為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：

B5.函數(shù)f（x）=的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為（）A． B．2 C．3 D．4參考答案：D【考點】定積分在求面積中的應用．【分析】所求面積由三角形面積加上一曲邊梯形面積，利用定積分可求得結(jié)論．【解答】解：由題意，函數(shù)f（x）=的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為三角形面積加上一曲邊梯形面積+=2+2sinx=2+2=4故選D．6.把函數(shù)的圖象向左平（）個單位，得到一個偶函數(shù)，則的最小值為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D7.按1，3，6，10，15，…的規(guī)律給出2014個數(shù)，如圖是計算這2014個數(shù)的和的程序框圖，那么框圖中判斷框①處可以填入（） A．i≥2014 B． i＞2014 C． i≤2014 D． i＜2014參考答案：B8.已知集合則(

)A．

B．

C．

D．參考答案：C9.已知函數(shù)f（x）＝，則滿足不等式f（3－x）＜f（2x）的x的取值范圍為

A、（－3。－）B、（－3,1）C、［－3,0）D、（－3,0）參考答案：D10.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，點P是邊上異于A，B的一點．光線從點P出發(fā)，經(jīng)BC，CA反射后又回到點P（如圖）．若光線QR經(jīng)過△ABC的重心，則AP等于（）A．2 B．1 C． D．參考答案：D【考點】IQ：與直線關(guān)于點、直線對稱的直線方程．【分析】建立坐標系，設點P的坐標，可得P關(guān)于直線BC的對稱點P1的坐標，和P關(guān)于y軸的對稱點P2的坐標，由P1，Q，R，P2四點共線可得直線的方程，由于過△ABC的重心，代入可得關(guān)于a的方程，解之可得P的坐標，進而可得AP的值．【解答】解：以A為原點，AB為x軸，AC為y軸建立直角坐標系如圖所示．則A（0，0），B（4，0），C（0，4）．設△ABC的重心為D，則D點坐標為，設P點坐標為（m，0），則P點關(guān)于y軸對稱點P1為（﹣m，0），因為直線BC方程為x+y﹣4=0，所以P點關(guān)于BC的對稱點P2為（4，4﹣m），根據(jù)光線反射原理，P1，P2均在QR所在直線上，∴，即，解得，或m=0．當m=0時，P點與A點重合，故舍去．∴．故選：D．【點評】本題考查直線與點的對稱問題，涉及直線方程的求解以及光的反射原理的應用，屬中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為2cm，圓心角為270°的扇形，則這個圓錐的體積為cm3．參考答案：【考點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）．【分析】利用圓錐的側(cè)面展開圖中扇形的弧長等于圓錐底面的周長可得底面半徑，進而求出圓錐的高，代入圓錐體積公式，可得答案．【解答】解：設此圓錐的底面半徑為r，由題意，得：2πr=π×2，解得r=．故圓錐的高h==，∴圓錐的體積V=πr2h=cm3．故答案為：．12.已知三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC為球O的直徑，且SC⊥OA，SC⊥OB，△OAB為等邊三角形，三棱錐S﹣ABC的體積為，則球O的表面積是

．參考答案：16π【考點】球的體積和表面積．【分析】根據(jù)題意作出圖形．三棱錐S﹣ABC的體積可看成是兩個三棱錐S﹣ABO和C﹣ABO的體積和，求出球的半徑，即可求出球O的表面積．【解答】解：根據(jù)題意作出圖形．設球心為O，球的半徑為r．∵SC⊥OA，SC⊥OB，∴SC⊥平面AOB．三棱錐S﹣ABC的體積可看成是兩個三棱錐S﹣ABO和C﹣ABO的體積和．∴V三棱錐S﹣ABC=V三棱錐S﹣ABO+V三棱錐C﹣ABO=．∴球的表面積是S=16π．故答案為：16π．【點評】本題考查球O的表面積，考查三棱錐S﹣ABC的體積，確定球的半徑是關(guān)鍵．13.正三角形中是上的點，，則_________.參考答案：1414.記等差數(shù)列的前項和為，若，，則

.參考答案：2016.試題分析：設等差數(shù)列的公差為，則由，，可得：即，所以，所以2016，故應填2016.考點：1、等差數(shù)列；2、等差數(shù)列的前項的和.15.函數(shù)的最小值為

。參考答案：16.若函數(shù)有3個不同零點，則實數(shù)的取值范圍是

參考答案：-2＜a＜2試題分析：由函數(shù)有三個不同的零點，則函數(shù)f（x）有兩個極值點，極小值小于0，極大值大于0；由，解得，所以函數(shù)f（x）的兩個極，，，∴函數(shù)的極小值f（1）=a-2和極大值f（-1）=a+2．因為函數(shù)有三個不同的零點，所以a+2>0,a-2<0，解之，得-2＜a＜2．故實數(shù)a的取值范圍是A.考點：1.利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；2.函數(shù)的零點.17.若函數(shù)（x∈R）為奇函數(shù)，則ab=．參考答案：2016【考點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】利用f（0）=0，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵函數(shù)（x∈R）為奇函數(shù)，∴f（0）==0，∴ab=2016，故答案為2016．三、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.為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層.某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元.該建筑物每年的能源消耗費用C（單位：萬元）與隔熱層厚度x（單位：cm）滿足關(guān)系：，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元.設為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和.（I）求k的值及的表達式；（II）隔熱層修建多厚時，總費用f（x）達到最小，并求最小值.參考答案：略19.已知函數(shù).（1）求的最小正周期；（2）設△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，若，求a，b的值.參考答案：（1）函數(shù)的最小正周期為.（2），【分析】（1）將原解析式化為一個角的正弦函數(shù)，代入周期公式即可求出的最小正周期;（2）由可得C的范圍,可得C的值，由，由正弦定理得，由余弦定理可得，聯(lián)立可得a、b的值.【詳解】（1）.所以函數(shù)的最小正周期為.（2）由，得，因為，所以，所以，，又，由正弦定理得.

①由余弦定理，得，即.

②由①②解得，.【點睛】此題屬于解三角形的題型，涉及的知識有:正弦、余弦定理，正弦函數(shù)的定義域與值域，二倍角的余弦函數(shù)公式，以及兩角和與差的正弦函數(shù)公式，熟練掌握定理及公式是解本題的關(guān)鍵.20.已知函數(shù)f（x）=ax2﹣ex（a∈R），f′（x）是f（x）的導函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．（1）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2，求實數(shù)a的取值范圍；（3）若當x≥0時，不等式f（x）≤﹣x﹣1恒成立，求實數(shù)a的最大值．參考答案：考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程；利用導數(shù)研究函數(shù)的極值；導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用．專題：導數(shù)的綜合應用．分析：（Ⅰ）由題意求出f′（x），再求出f′（0）和f（0）的值，代入點斜式進行化簡，化為一般式方程；（Ⅱ）先構(gòu)造函數(shù)g（x）=f′（x），再將題意轉(zhuǎn)化為x1，x2是方程g（x）=0的兩個實根，再求出g′（x），對a進行分類分別求出g（x）的單調(diào)區(qū)間以及最大值，再令最大值大于零，列出關(guān)于a的不等式求解；（Ⅲ）由題意先構(gòu)造函數(shù)h（x）=ex﹣ax2﹣x﹣1，轉(zhuǎn)化為h（x）≥0在[0，+∞）恒成立問題，再求出h（x）的單調(diào)性和最小值，關(guān)鍵是對a進行分類后，得到“當a=0時，ex≥1+x”這一結(jié)論在后面的應用．解答：心理年齡解：（Ⅰ）由題意得，當a=1時，f（x）=x2﹣ex，∴f′（x）=2x﹣ex，則切線的斜率為f′（0）=﹣1，∵f（0）=﹣e0=﹣1，∴所求的切線方程為：x+y+1=0；（Ⅱ）設g（x）=f′（x）=2ax﹣ex，由題意得，x1，x2是方程g（x）=0（即2ax﹣ex=0）的兩個實根，則g′（x）=2a﹣ex，當a≤0時，g′（x）＜0，g（x）在定義域上遞減，即方程g（x）=0不可能有兩個實根，當a＞0時，由g′（x）=0，得x=ln2a，當x∈（﹣∞，ln2a）時，g′（x）＞0，則g（x）在（﹣∞，ln2a）上遞增，當x∈（ln2a，+∞）時，g′（x）＜0，則g（x）在（﹣∞，ln2a）上遞減，∴gmax（x）=g（ln2a）=2aln2a﹣2a，∵方程g（x）=0（即2ax﹣ex=0）有兩個實根，∴2aln2a﹣2a＞0，解得2a＞e即，（Ⅲ）設h（x）=ex﹣ax2﹣x﹣1，則由題意得h（x）=ex﹣ax2﹣x﹣1≥0在[0，+∞）恒成立，則h′（x）=ex﹣2ax﹣1，當a=0時，h′（x）≥0，h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（0）=0，即ex≥1+x，當且僅當x=0時，等號成立，∴h′（x）=ex﹣2ax﹣1≥1+x﹣2ax﹣1=x（1﹣2a），當1﹣2a≥0時，即a≤，此時h′（x）≥0，h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（0）=e0﹣0﹣1=0，即h（x）≥0，因而a≤時，h（x）≥0，下面證明a＞時的情況：由ex≥1+x得，e﹣x≥1﹣x，即x≥1﹣e﹣x，∴h′（x）=ex﹣1﹣2ax≤ex﹣1﹣2a（1﹣e﹣x）=e﹣x（ex﹣1）（ex﹣2a）當ex＜2a時，即0＜x＜ln2a，則當x∈（0，ln2a）時，h′（x）＜0，從而h（x）＜0，因此，對于x≥0，f（x）≤﹣x﹣1不恒成立，綜上所得，a的最大值為．點評：本題考查了導數(shù)的幾何意義，方程的根與函數(shù)零點的關(guān)系，導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值的綜合應用，考查了轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想以及分析、解決問題的能力．21.已知{an}是公差為正的等差數(shù)列，且a3a6=55，a2+a7=16．（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）已知an=b1+++…+（n∈N*），求數(shù)列{bn}的前n項和Sn．參考答案：解：（1）∵{an}是公差d＞0的等差數(shù)列，∴由a3a6=55，a2+a7=16=a3+a6．解得：a3=5，a6=11，∴，解得a1=1，d=2．a(chǎn)n=2n﹣1．（2）∵an=b1+++…+（n∈N*），∴an﹣1=an=b1+++…（n≥2），相減得=2，可得bn=4n﹣2，當n=1時，b1=1，∴bn=，∴n≥2時，Sn=1+=2n2﹣1，又n=1時，適合上式．綜上所述：Sn=2n2﹣1．考點：數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項公式．專題：綜合題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：（1）{an}是公差d＞0的等差數(shù)列，由a3a6=55，a2+a7=16=a3+a6．解得：a3，a6，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出；（2）利用遞推關(guān)系即可得出bn，再利用等差數(shù)列的前n項和公式即可得出．解答：解：（1）∵{an}是公差d＞0的等差數(shù)列，∴由a3a6=55，a2+a7=16=a3+a6．解得：a3=5