广西壮族自治区贵港市木梓第一中学2021-2022学年高三数学理上学期期末试题含解析

广西壮族自治区贵港市木梓第一中学2021-2022学年高三数学理上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.对任意正整数，定义的双阶乘如下：当为偶数时，…6当为奇数时，…5现有四个命题：①，

②2006!!=!!，③个位数为0，

④个位数为5其中正确的个数为（

）A.1

B.2

C.3

D.4参考答案：C略2.在△ABC中，H为BC上异于B、C的任一点，M为AH的中点，若，则等于（

）A. B. C. D.参考答案：A【分析】根据题意，用表示出与，求出的值即可.【详解】解：根据题意，设，则，又，，，故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.3.2008年春节前我国南方经历了50年一遇的罕见大雪灾，受灾人数数以万计，全国各地都投入到救灾工作中来，现有一批救灾物资要运往如右图所示的灾区，但只有4种型号的汽车可以进入灾区，现要求相邻的地区不要安排同一型号的车进入，则不同的安排方法有

（

）A．112种

B．120种

C．72种

D．

56种参考答案：答案：C4.执行右边的框图，若输入的N是6，则输出p的值是（

）A.120 B.720C.1440 D.5040参考答案：B5.如果，，…，是抛物线：上的点，它们的横坐标依次为，，…，，是抛物线的焦点，若，则（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A由抛物线的焦点为（1,0），准线为＝－1，由抛物线的定义，可知，，…，故6.的展开式的常数项是（

）

[参考答案：D【命题立意】本题考查二项式定理的内容。第一个因式取，第二个因式取

得：，第一个因式取，第二个因式取得：

展开式的常数项是．7.命题p：不等式＞的解集为{x|0＜x＜1}；命题q：0＜a≤是函数f(x)＝ax2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上为减函数的充分不必要条件，则()A．p真q假

B．“p且q”为真C．“p或q”为假

D．p假q真参考答案：B略8.设集合A＝｛x|－1≤x≤2｝，B＝｛x|x2－4x＞0，｝，则A∩（CRB）＝

（

） A．

B．［0，2］

C．［1，4］

D．［0，4］参考答案：B略9.已知i是复数的虚数单位，若复数z（1+i）=|2i|，则复数z=（）A．i B．﹣1+i C．1+i D．1﹣i参考答案：D【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵z（1+i）=|2i|=2，∴．故选：D．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．10.已知x，y满足约束条件，则z=2x﹣3y的最小值为（）A．﹣6 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣2参考答案：B【考点】简单线性规划．【分析】首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求最小值．【解答】解：由约束条件得到可行域如图：z=2x﹣3y变形为y=x﹣，当此直线经过图中B（1，2）时，在y轴的截距最大，z最小，所以z的最小值为2×1﹣3×2=﹣4；故选：B．【点评】本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域，利用目标函数的几何意义求最值是常规方法．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.参考答案：.【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径。【详解】四棱锥的高为，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为，故其体积为。【点睛】圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半。

12.已知实数满足不等式组，则的取值范围为_______________．参考答案：试题分析：不等式组，所确定的平面区域记为，．当位于中轴右侧（包括轴）时，，平移可得；当位于中轴左侧时，，平移可得，所以，的取值范围为，故答案为．考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.13.设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝2x＋3y＋1的最大值为________．参考答案：10略14.已知函数（其中e为自然对数的底数）为偶函数，则实数a的值为____．参考答案：1【分析】利用恒成立可得实数的值．【详解】因为为偶函数，所以恒成立即，整理得到恒成立，故，填.【点睛】含参数的偶函数（或奇函数），可通过取自变量的特殊值来求参数的大小，注意最后检验必不可少，也可以利用（或）恒成立来求参数的大小.15.二项式的展开式中x－2的系数是________．参考答案：－10

16.抛物线的焦点坐标为

。

参考答案：略17.函数的图象恒过定点,若点在直线上，其中，则的最小值为

▲

。参考答案：8三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数．（1）求不等式的解集M；（2）对任意，都有成立，求实数a的取值范围．参考答案：（Ⅰ），当时，，即，所以；……………1分当时，，即，所以；……………2分当时，，即，所以；……………3分综上，不等式的解集为．……………4分

（Ⅱ）设……………5分因为对任意，都有成立，所以．①当时，，……………6分所以

所以，符合．……………7分②当时，，……………8分所以

所以，符合．……………9分综上，实数的取值范围是．……………10分19.锐角△ABC中，其内角A、B满足：2cosA=sinB﹣cosB．（1）求角C的大小；（2）D为AB的中点，CD=1，求△ABC面积的最大值．参考答案：【考点】正弦定理；三角函数的化简求值．【分析】（1）由已知利用特殊角的三角函数值，两角差的正弦函数公式可得cosA=cos（﹣B），结合A，B为锐角，利用三角形内角和定理可求C的值．（2）设∠ACD=α，延长CD到E，使CD=DE，则AEBC为平行四边形，在△ACE中，由正弦定理可得a=4sinα，b=4sin（﹣α），利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用化简可得S△ABC=2sin（2α+）﹣，利用正弦函数的性质可求△ABC面积的最大值．【解答】（本题满分为12分）解：（1）∵2cosA+cosB=sinB，可得：cosA=sinB﹣cosB=cos（﹣B），…2分又∵A，B为锐角，∴0，＜﹣B＜，∴A=﹣B，A+B=，可得：C=π﹣=．…5分（2）设∠ACD=α，延长CD到E，使CD=DE，则AEBC为平行四边形，在△ACE中，AC=b，AE=BC=α，CE=2，∠CAE=，∠AEC=﹣α，由正弦定理可得：==，所以，a=4sinα，b=4sin（﹣α），…7分S△ABC=absin∠ABC=sin=4sinα?sin（﹣α）=2sinαcosα﹣2sin2α=sin2α+cos2α﹣=2sin（2α+）﹣，…11分当α=时，△ABC的面积取得最大值，最大值为2﹣．…12分20.（本题满分15分）已知函数，，．(Ⅰ)设对任意，恒成立，求的取值范围；(Ⅱ)是否存在实数，使得满足的实数有且仅有一个？若存在，求出所有这样的；若不存在，请说明理由．参考答案：(Ⅰ)法一：由得，即；又当时，，因为，则，于是，即恒成立，故的取值范围是．法二：当时，，此时；当时，等价于。令，，由，因为，，所以，，于是在，从而，所以．综上，的取值范围是．21.已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点．（1）证明：（2）在线段上是否存在点，使得∥平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.（3）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值参考答案：解：解法一：（1）∵平面，，，，建立如图所示的空间直角坐标系，则．不妨令∵，∴，即．（Ⅱ）设平面的法向量为，由，得，令，解得：．∴．

设点坐标为，，则，要使∥平面，只需，即，得，从而满足的点即为所求．（Ⅲ）∵，∴是平面的法向量，易得，又∵平面，∴是与平面所成的角，得，，平面的法向量为

∴，故所求二面角的余弦值为．………12分解法二：（Ⅰ）证明：连接，则，，又，∴，∴

又，∴，又，∴（Ⅱ）过点作交于点，则∥平面，且有再过点作∥交于点，则∥平面且，∴

平面∥平面

∴

∥平面．从而满足的点即为所求．（Ⅲ）∵平面，∴是与平面所成的角，且．∴

取的中点，则，平面，在平面中，过作，连接，则，则即为二面角的平面角∵∽，∴，∵，且∴

，，∴略22.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）是否存在实数，使得当时，函数的最大值为？若存在，取实数a的取值范围，若不存在，请说明理由.参考答案：（1）见解析（2）.试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定极值（2）先求函数导数，根据导函数零点情况分类讨论，根据函数取最大值情况研究实数的取值范围：当时，函数先增后减，最大值为；当时，再根据两根大小进行讨论，结合函数图像确定满足题意的限制条件，解出实数的取值范围试题解析：（1）当时，，则，化简得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，所以函数在处取到极小值为，在处