2021-2022學年廣東省深圳市鹽田中學高三數(shù)學文期末試卷含解析

2021-2022學年廣東省深圳市鹽田中學高三數(shù)學文期末試卷含解析一、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.已知為等比數(shù)列，若，則（

） A、10 B、20

C、60

D、100參考答案：D略2.已知α，β是相交平面，直線l?平面α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】α，β是相交平面，直線l?平面α，則“l(fā)⊥β”?“α⊥β”，反之也成立．即可判斷出結論．【解答】解：α，β是相交平面，直線l?平面α，則“l(fā)⊥β”?“α⊥β”，反之不一定成立．∴“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充要不必要條件．故選：A．3.已知集合，.則（

）A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：A略4.在△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC，則A的取值范圍是(

)A．（0，] B．（0，] C．[，π） D．[，π）參考答案：B【考點】余弦定理；正弦定理．【專題】計算題；解三角形．【分析】利用正弦定理化簡已知的不等式，再利用余弦定理表示出cosA，將得出的不等式變形后代入表示出的cosA中，得出cosA的范圍，由A為三角形的內角，根據(jù)余弦函數(shù)的圖象與性質即可求出A的取值范圍．【解答】解：利用正弦定理化簡sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC得：a2≤b2+c2﹣bc，變形得：b2+c2﹣a2≥bc，∴cosA=≥=，又∵A為三角形的內角，∴A的取值范圍是（0，]．故選：B．【點評】此題考查了正弦、余弦定理，特殊角的三角函數(shù)值，以及余弦函數(shù)的圖象與性質，熟練掌握正弦、余弦定理是解本題的關鍵，屬于基礎題．5.已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，且當時，，則對任意，函數(shù)的根的個數(shù)至多為（

）(A)3

(B)4

(C)6

(D)9參考答案：A當時，由此可知在上單調遞減，在上單調遞增，，，且時，又在上為奇函數(shù)，所以，而時，所以大致圖象如圖所示：令，則時，方程至多有3個根，當時，方程沒有根，而對任意，，方程至多有一個根，從而函數(shù)的根的個數(shù)至多有3個。6.設a∈R，則“a=1”是“直線y=a2x+1與直線y=x﹣1平行”的（） A．充分不必要條件 B． 必要不充分條件 C．充要條件 D． 既不充分也不必要條件參考答案：考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷．分析： 結合直線平行的條件，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷．解答： 解：若直線y=a2x+1與直線y=x﹣1平行，則a2=1，解得a=1或a=﹣1．所以“a=1”是“直線y=a2x+1與直線y=x﹣1平行”的充分不必要條件．故選A．7.從裝有5個紅球和3個白球的口袋內任取3個球，那么互斥而不對立的事件是（）A．至少有一個紅球與都是紅球B．至少有一個紅球與都是白球C．至少有一個紅球與至少有一個白球D．恰有一個紅球與恰有二個紅球參考答案：D【考點】互斥事件與對立事件．【分析】分析出從裝有5個紅球和3個白球的口袋內任取3個球的所有不同的情況，然后利用互斥事件和對立事件的概念逐一核對四個選項即可得到答案．【解答】解：從裝有5個紅球和3個白球的口袋內任取3個球，不同的取球情況共有以下幾種：3個球全是紅球；2個紅球1個白球；1個紅球2個白球；3個球全是白球．選項A中，事件“都是紅球”是事件“至少有一個紅球”的子事件；選項B中，事件“至少有一個紅球”與事件“都是白球”是對立事件；選項C中，事件“至少有一個紅球”與事件“至少有一個白球”的交事件為“2個紅球1個白球”與“1個紅球2個白球”；選項D中，事件“恰有一個紅球”與事件“恰有二個紅球”互斥不對立．故選：D．8.若(其中i是虛數(shù)單位)，則實數(shù)a=(

)A.－3 B.－1 C.1 D.3參考答案：A【分析】利用復數(shù)的四則運算可求出實數(shù)的值.【詳解】因為，故，整理得到，所以，故選A.【點睛】本題考查復數(shù)的四則運算，屬于基礎題.9.已知矩形ABCD的頂點都在半徑為R的球O的球面上，AB=6，，棱錐O-ABCD的體積為，則球O的表面積為A．

B．

C．

D．參考答案：D由題可知矩形ABCD所在截面圓的半徑，，設O到平面ABCD的距離為h，則，解得∴∴.10.A∈平面α。AB=5，AC=,若AB與α所成角正弦值為0.8，AC與α成450角，則BC距離的范圍（）A.

B.C.

D.∪參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設函數(shù)，若關于的方程有3個不同的實根，則實數(shù)的取值范圍為______________參考答案：12.已知函數(shù)f（x）=（x﹣2）ex﹣x2+kx（k是常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）在區(qū)間（0，2）內存在兩個極值點，則實數(shù)k的取值范圍是

．參考答案：（1，e）∪（e，e2）【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉化為k=ex在（0，2）的交點問題，求出k的范圍即可．【解答】解：f′（x）=（x﹣1）ex﹣k（x﹣1）=（x﹣1）（ex﹣k），若f（x）在（0，2）內存在兩個極值點，則f′（x）=0在（0，2）有2個解，令f′（x）=0，解得：x=1或k=ex，而y=ex（0＜x＜2）的值域是（1，e2），故k∈（1，e）∪（e，e2），故答案為：（1，e）∪（e，e2）．【點評】本題考查了函數(shù)的單調性問題，考查導數(shù)的應用以及轉化思想，是一道中檔題．13.在平面幾何里，可以得出正確結論：“正三角形的內切圓半徑等于這個正三角形的高的”.拓展到空間，類比平面幾何的上述結論，則正四面體的內切球半徑等于這個正四面體的高的

.參考答案：14.參考答案：-215.已知，則 .參考答案：0或

由題意得，得或，當時，得，則，當，得，則，所以或。

16.已知函數(shù)，且，則對于任意的，函數(shù)總有兩個不同的零點的概率是

.參考答案：恒成立。即由幾何概率可得P=17.已知雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦點為F，焦距為8，左頂點為A，在y軸上有一點B（0，b），滿足?=2a，則該雙曲線的離心率的值為

．參考答案：2【考點】雙曲線的簡單性質．【分析】利用向量的數(shù)量積公式，可得﹣4a+b2=2a，即16﹣a2=6a，可得a的值，由此可求雙曲線的離心率．【解答】解：由題意，A（﹣a，0），F(xiàn)（4，0），B（0，b），∴=（﹣a，﹣b），=（4，﹣b）∵?=2a，∴（﹣a，﹣b）?（4，﹣b）=2a，∴﹣4a+b2=2a，∴b2=6a，∴16﹣a2=6a，∴a=2，∴e===2，故答案為：2三、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(shù)，其中a是實數(shù)，設A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））為該函數(shù)圖象上的點，且x1＜x2．（I）指出函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（II）若函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；（III）若函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線重合，求a的取值范圍．參考答案：略19.如圖，在平面四邊形中，，，.（1）求對角線BD的長；（2）若四邊形ABCD是圓的內接四邊形，求△BCD面積的最大值.參考答案：(1)(2)【分析】（1）根據(jù)條件和誘導公式可求得的值，結合正弦定理即可求得BD的長。（2）根據(jù)余弦定理，結合不等式即可求得面積的最大值?！驹斀狻浚?）在中，，由正弦定理得，即.（2）由已知得，，所以，在中，由余弦定理可得，則，即，所以，當且僅當時取等號.【點睛】本題考查了正弦定理與余弦定理在解三角形中的應用，三角形面積的最值問題，屬于基礎題。20.（本題滿分14分）本題共有2個小題，第1小題滿分8分，第2小題滿分8分。已知函數(shù).（1）若，求的取值范圍；（2）若是以2為周期的偶函數(shù)，且當時，有，求函數(shù)的反函數(shù).參考答案：（1）由，得.由得.……3分因為，所以，.

由得.……6分（2）當x?[1,2]時，2-x?[0,1]，因此.……10分由單調性可得.因為，所以所求反函數(shù)是，.……14分21.如圖，在三棱錐A﹣BCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=6，BC=CD=6，E點在平面BCD內，EC=BD，EC⊥BD．（Ⅰ）求證：AE⊥平面BCDE；（Ⅱ）設點G在棱AC上，若二面角C﹣EG﹣D的余弦值為，試求的值．參考答案：【考點】MT：二面角的平面角及求法；LW：直線與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）連接BE，設BD交CE于O，只需證明CD⊥AE，BC⊥AE，BC∩CD=C，即可得所以AE⊥平面BCDE（Ⅱ）由（Ⅰ）的證明過程知BCDE為正方形，如圖建立坐標系，則：E（0，0，0），D（0，6，0），A（0，0，6），B（6，0，0），C（6，6，0）設（t＞0），G（x，y，z）由可得，則，易知平面CEG的一個法向量為，求出平面DEG的一個法向量為．利用向量的夾角公式求解．【解答】解：（Ⅰ）證明：連接BE，設BD交CE于O，因為△BCD是等腰直角三角形CO⊥BD，所以，又EC=BD，所以O是BD和CE的中點已知EC⊥BD，所以四邊形BCDE是正方形則CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩CD=D所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE同理BC⊥AE，BC∩CD=C所以AE⊥平面BCDE；（Ⅱ）由（Ⅰ）的證明過程知BCDE為正方形，如圖建立坐標系，則：E（0，0，0），D（0，6，0），A（0，0，6），B（6，0，0），C（6，6，0）設（t＞0），G（x，y，z）由可得則，易知平面CEG的一個法向量為設平面