2021年福建省福州市市第十四中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析

2021年福建省福州市市第十四中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.某程序框圖如右圖所示，則該程序運(yùn)行后輸出的k值是（

）A．5

B．6C．7

D．8參考答案：C2.若函數(shù)y=x2-3x-4的定義域?yàn)椋?,m］，值域?yàn)椋?,-4］，則m的取值范圍是(

)A.(0,

B.［,4］

C.［,3］

D.［,+∞參考答案：C略3.下圖為射擊使用的靶子，靶中最小的圓的半徑為1，靶中各圖的半徑依次加1，在靶中隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分（7環(huán)到9環(huán)）的概率是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A4.某個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的所有頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球面的表面積是（）

(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：B由三視圖可知該幾何體為棱長(zhǎng)均為2的正三棱柱，設(shè)球心為,小圓的圓心為球半徑為,小圓的半徑為，則，即，，選B．5.已知直線，則“”是“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略6.已知函數(shù)f(x)=Asin(的部分圖像如圖所示,則實(shí)數(shù)ω的值為(

)A.

B.1

C.2

D.4參考答案：C7.當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最大值和最小值分別是（

）A．，

B．，

Ｃ．，Ｄ．，參考答案：A8.如圖，一個(gè)空間幾何體的主視圖、左視圖、俯視圖均為全等的等腰直角三角形，且直角三角形的直角邊長(zhǎng)為1，那么這個(gè)幾何體的體積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A解：根據(jù)三視圖，可知該幾何體是三棱錐，右圖為該三棱錐的直觀圖，三棱錐的底面是一個(gè)腰長(zhǎng)是2的等腰直角三角形，∴底面的面積是×1×1=垂直于底面的側(cè)棱長(zhǎng)是，即高為1，∴三棱錐的體積是××1=故選C9.右邊是一個(gè)算法的程序框圖，當(dāng)輸入的值為3時(shí)，輸出y的結(jié)果也恰好是3，則？處的關(guān)系式是

（

）A.

B.

C.

D.

參考答案：C10.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且，a+b=12，則△ABC面積的最大值為（）A．8 B．9 C．16 D．21參考答案：B【考點(diǎn)】HT：三角形中的幾何計(jì)算．【分析】根據(jù)基本不等式求得ab的范圍，進(jìn)而利用三角形面積公式求得．【解答】解：∵ab≤（）2=36，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=6時(shí)，等號(hào)成立，∴S△ABC=absinC≤×36×=9，故選：B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)x，y∈R，若不等式組所表示的平面區(qū)域是一個(gè)銳角三角形，則的取值范圍是

______

．參考答案：12.下列幾個(gè)命題：①函數(shù)是偶函數(shù)，但不是奇函數(shù)；②“”是“一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0的解集為R”的充要條件；③設(shè)函數(shù)定義域?yàn)镽,則函數(shù)與的圖象關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)；④若函數(shù)為奇函數(shù)，則；⑤已知x∈（0，π），則y=sinx+的最小值為。其中正確的有___________________。參考答案：②④略13.已知等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)，且a5?a7=4a42，a2=1，則a1=

．參考答案：【考點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式．【專(zhuān)題】計(jì)算題．【分析】利用等比數(shù)列的推廣的通項(xiàng)公式將a4，a5，a7利用a2及公比表示，列出關(guān)于公比q的方程，求出公比q，再利用通項(xiàng)公式求出首項(xiàng)．【解答】解：設(shè)公比為q∵a5=a2q3，a4=a2q2，a7=a2q5又a5?a7=4a42，a2=1∴q8=4q4∵等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)∴q=∴故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】解決等比數(shù)列、等差數(shù)列問(wèn)題一般的思路是圍繞通項(xiàng)及前n項(xiàng)和公式列出方程組，求解．即基本量法．14.已知A、B是直線上任意兩點(diǎn)，O是外一點(diǎn)，若上一點(diǎn)C滿足，則的值是____________.參考答案：-1略15.若的最小值為，其圖象相鄰最高點(diǎn)與最低點(diǎn)橫坐標(biāo)之差為，且圖象過(guò)點(diǎn)，則其解析式是

.參考答案：略16.已知復(fù)數(shù)w滿足

(為虛數(shù)單位），則＝__參考答案：2略17.拋物線的焦點(diǎn)為F，P，Q是拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為M，過(guò)M作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為N，若，則的最大值為_(kāi)____．參考答案：分析：設(shè)|PF|=2a，|QF|=2b，．由拋物線定義得|PQ|=a+b，由余弦定理可得（a+b）2=4a2+4b2﹣8abcosθ，進(jìn)而根據(jù)基本不等式，求得的θ取值范圍，從而得到本題答案.詳解：設(shè)|PF|=2a，|QF|=2b，由拋物線定義，得|PF|=|PA|，|QF|=|QB|，在梯形ABPQ中，2|MN|=|PA|+|QF|=2a+2b，∵|MN|=|PQ|，∴|PQ|=a+b，由余弦定理得，設(shè)∠PFQ=θ，（a+b）2=4a2+4b2﹣8abcosθ，∴a2+b2+2ab=4a2+4b2﹣8abcosθ，∴cosθ=，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào)，∴θ≤，故答案為：點(diǎn)睛：（1）本題主要考查拋物線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線和拋物線的位置關(guān)系和基本不等式等，意在考查學(xué)生對(duì)這些基礎(chǔ)知識(shí)的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本題的關(guān)鍵有二，其一是要聯(lián)想到拋物線的定義解題，從而比較簡(jiǎn)潔地求出MN和PQ,其二是得到后要會(huì)利用基本不等式求最值.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.選修4－5：不等式選講選做題已知函數(shù)，不等式在上恒成立．（Ⅰ）求的取值范圍；（Ⅱ）記的最大值為，若正實(shí)數(shù)滿足，求的最大值．參考答案：（3）（Ⅰ）因?yàn)?，所?

…2分因?yàn)椴坏仁皆赗上恒成立，所以，的取值范圍為.

…3分（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由柯西不等式得：，所以.

………ks5u……5分當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，的最大值為.

……ks5u………7分

【解析】略19.（2016?湘潭一模）在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，DC=2AB，設(shè)Q為棱PC上一點(diǎn)，=λ（1）求證：當(dāng)λ=時(shí)，BQ∥平面PAD；（2）若PD=1，BC=，BC⊥BD，試確定λ的值使得二面角Q﹣BD﹣P的平面角為45°．參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定．【分析】（1）設(shè)PD的中點(diǎn)為F，連接qF，證明四邊形FABq是平行四邊形．利用直線與平面平行的判定定理證明Bq∥平面PAD．（2）以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，平面PBD的法向量．平面QBD的法向量，通過(guò)二面角結(jié)合數(shù)量積求解λ即可．【解答】（1）證明：設(shè)PD的中點(diǎn)為F，連接F，∵點(diǎn)Q，F(xiàn)分別是△PCD的中點(diǎn)，∴QF∥CD，且QF=CD，∴QF∥AB，且QF=AB，∴四邊形FABQ是平行四邊形．∴BQ∥AF，又AF?平面PAD，BQ?平面PAD，∴BQ∥平面PAD．（2）解：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P（0，0，1），C（0，2，0），A（1，0，0），B（1，1，0）．令Q（x0，y0，z0），∵=λ∴，Q（0，2λ，1﹣λ），∵BC⊥平面PBD，∴平面PBD的法向量為=（﹣1，1，0）．設(shè)平面QBD的法向量為=（x，y，z），則．令y=1，得=（﹣1，1，）．若二面角Q﹣BD﹣P為45°，則=，解得λ=﹣1±，∵Q在PC上，0＜λ＜1．∴．【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求解與應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．20.（本題滿分12分）如圖，為圓的直徑，點(diǎn)、在圓上，矩形所在的平面和圓所在的平面互相垂直，且，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積.

參考答案：17．（Ⅰ）證明：平面平面，,平面平面，平面，

∵AF在平面內(nèi)，∴，……………3分又為圓的直徑，∴，

∴平面.

…………

6分（Ⅱ）解：由（1）知即，∴三棱錐的高是，∴,………8分連結(jié)、，可知∴為正三角形，∴正的高是，………10分∴，……12分

略21.（12分）如圖，在平面四邊形ABCD中，已知∠A=，∠B=，AB=6，在AB邊上取點(diǎn)E，使得BE=1，連接EC，ED．若∠CED=，EC=．（Ⅰ）求sin∠BCE的值；（Ⅱ）求CD的長(zhǎng)．參考答案：【考點(diǎn)】三角形中的幾何計(jì)算．【分析】（Ⅰ）在△CBE中，正弦定理求出sin∠BCE；（Ⅱ）在△CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB2﹣2BE?CBcos120°，得CB．由余弦定理得CB2=BE2+CE2﹣2BE?CEcos∠BEC?cos∠BEC?sin∠BEC、cos∠AED在直角△ADE中，求得DE=2，在△CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE2﹣2CE?DEcos120°即可【解答】解：（Ⅰ）在△CBE中，由正弦定理得，sin∠BCE=，（Ⅱ）在△CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB2﹣2BE?CBcos120°，即7=1+CB2+CB，解得CB=2．由余弦定理得CB2=BE2+CE2﹣2BE?CEcos∠BEC?cos∠BEC=．?sin∠BEC=，sin∠AED=sin（1200+∠BEC）=，?cos∠AED=，在直角△ADE中，AE=5，═cos∠AED=，?DE=2，在△CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE2﹣2CE?DEcos120°=49∴CD=7．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，是中檔題22.設(shè)函數(shù)f（x）=|x﹣|+|x+m|，（m＞0）（I）證明：f（x）≥4（II）若f（1）＞5，求m的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】R5：絕對(duì)值不等式的解法；R4：絕對(duì)值三角不等式