2021-2022学年云南省昆明市东川区第三中学高三数学文上学期期末试卷含解析

1、2021-2022学年云南省昆明市东川区第三中学高三数学文上学期期末试卷含解析一、 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. 若复数是纯虚数，则实数的值为（ ）. . .或 .参考答案：B2. 函数的部分图象如图所示，则的值分别是A2， B2， C4， D4，参考答案：A3. 已知函数且满足,则方程在3,5上所有实根的和为( )A. 3B. 4C. 5D. 6参考答案：B【分析】根据得到函数的周期为，画出函数和的图像，由此求得在上所有实根的和.【详解】由于，故函数的周期为，画出和的图像如下图所示.注意到函数和都关于中心对称.所以在的

2、四个交点的横坐标，也即所有实根关于对称，根据中点坐标公式可得所有实根的和为【点睛】本小题主要考查函数的周期性，考查分段函数的图像与性质，考查数形结合的数学思想方法，考查函数图像的对称性，属于中档题.4. 设二次函数f（x）=ax22x+c（xR）的值域为0，+），则+的最大值是( )AB2CD1参考答案：A【考点】二次函数的性质 【专题】函数的性质及应用；不等式的解法及应用【分析】根据二次函数的图象和性质，可得c=，a0，结合基本不等式，可得+的最大值【解答】解：二次函数f（x）=ax22x+c（xR）的值域为0，+），故c=，a0，故+=+=+1+1=，当且仅当a=3时，+的最大值取，故选：

3、A【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键5. 已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（ ）A B C. D参考答案：B6. “”是“直线与圆相切”的（ ）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件参考答案：B考点：直线与圆的位置关系、充分必要条件7. 如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( ) A动点在平面上的射影在线段上B恒有平面平面C三棱锥的体积有最大值D异面直线与不可能垂直参考答案：D8. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A.

4、 B. C. D. 参考答案：A【分析】根据三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体 ，结合三视图的量，得到圆柱的底面半径和高及长方体的长宽高，再利用柱体体积公式求解.【详解】由三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体，其中半圆柱的底面半径为3，高为1，故其体积为：.故选：A【点睛】本题主要考查三视图的应用及几何体体积，还考查运算求解的能力，属于基础题.9. 已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如下图所示，则这个几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 解析：依题意该几何体为一空心圆柱，故其体积，选D参考答案：D略10. 已知定义在上的函数满足，且，则下列函数值为

5、1的是（ ）A B C D参考答案：B.试题分析：因为，所以，所以，所以函数的周期为2，所以，故应选B.考点：1、函数的周期性；2、函数的求值.二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 己知，且，则 参考答案：因为，所以，即，所以。12. 为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒. 已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y（毫克）与时间t（小时）成正比；药物释放完毕后，y与t的函数关系式为（a为常数），如图所示，据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那从药物释放开始，至少需要经过 小时后，学生才能回到教室.参考答案：0.6 13

6、. 已知，若，则 参考答案：14. 定义映射其中，已知对所有的序正整数对（m,n）满足下列条件：；，则（1） ;（2） 。参考答案：（1）2；（2）.15. 执行右边的程序框图，则输出的值是_.参考答案：121 略16. 设（为虚数单位）则= 参考答案：217. 已知 . 参考答案：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. (12分)已知函数f(x)=ax33x2x1在R上是减函数，求实数a的取值范围参考答案：解析：f(x)=3ax26x1，其判别式=3612a (4分)当a3时，有0，f(x)0，f(x)在R上是减函数； (6分)当a=3时，有=0

7、，此时，由于y=x3是R上的减函数，所以f(x)在R上是减函数； (8分)当a3且a0时，有0，在R上存在区间A，使得当xA时，有f(x)0，此时f(x)在R上不是减函数当a=0时f(x)=3x2x1，不是R上的减函数， (10分) 综上所述，所求a的取值范围是(，3 (12分)19. 已知椭圆的两焦点分别是，点在椭圆C上，（）求椭圆C的方程；（）设P是y轴上的一点，若椭圆C上存在两点M，N，使得，求以F1P为直径的圆面积的取值范围参考答案：解：（）由已知，半焦距，所以，所以，所以椭圆的方程是.（）设点的坐标为，当直线斜率不存在时，可得分别是短轴的两端点，得到，当直线斜率存在时，设直线的方程为

8、，则由得，联立得，由得，整理得由韦达定理得，由，消去得，由解得，综上：，又因为以为直径的圆面积，所以的取值范围是.20. （15分）（2015?杨浦区二模）已知抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F，线段PQ为抛物线C的一条弦（1）若弦PQ过焦点F，求证：为定值；（2）求证：x轴的正半轴上存在定点M，对过点M的任意弦PQ，都有为定值；（3）对于（2）中的点M及弦PQ，设，点N在x轴的负半轴上，且满足，求N点坐标参考答案：【考点】： 抛物线的简单性质【专题】： 平面向量及应用；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： （1）设出直线PQ的方程，与抛物线方程联立消去y，根据韦达定理求得x1x

9、2的值，由抛物线的定义分别表示出|FP|，|FQ|，代入整理得到定值，最后验证斜率不存在时的情况；（2）设出直线PQ的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和两点的距离公式，化简整理，即可求得定点M和定值；（3）运用向量共线的坐标表示和向量垂直的条件，化简整理即可求得定点N（1）证明：抛物线的焦点为F（，0），设直线PQ的方程为y=k（x）（k0），代入抛物线方程，消去y，得k2x2p（k2+2）x+=0，由根与系数的关系，得x1x2=，x1+x2=p+，由抛物线的定义，知|FP|=x1+，|FQ|=x2+=+=为定值当PQx轴时，|FA|=|FB|=p，上式仍成立；（2）证明：设M（m，0），当

10、PQx轴时，令x=m，可得y2=2pm，|MP|=|MQ|=，有+为定值当PQ斜率存在时，设PQ：x=ty+m，代入抛物线方程可得，y22pty2pm=0，设P（，y1），Q（，y2）则y1+y2=2pt，y1y2=2pm即有|MP|2=（m）2+y12=+y12=（1+t2）y12，同理|MQ|2=（m）2+y22=（1+t2）y22即有+=?，存在m=p即有定点M（p，0）时，上式为?=为定值；（3）解：，可得=，可得（+）?（）=0，即为NP2=2NQ2，由P（，y1），Q（，y2），M（p，0），设，则y1=y2，p=（p），又设N（n，0）（n0），则（n）2+y12=2（n）2+y

11、22，即为n=（n），将平方可得，y12=2y22，将代入，化简可得n=p则N（p，0）【点评】： 本题主要考查了抛物线的简单性质，直线与抛物线的关系同时考查向量垂直的条件和向量共线的坐标表示，注意运用韦达定理和抛物线的定义是解题的关键，具有一定的运算量，属于中档题21. （本小题满分14分）已知函数.（）若在处取得极大值，求实数a的值；（）若，直线都不是曲线的切线，求的取值范围；（）若，求在区间0，1上的最大值。参考答案：解：（）因为2分令，所以随的变化情况如下表：+0-0+Z极大值极小值Z 4分所以 5分（由得出，或，在有单调性验证也可以（标准略）（）因为 6分因为，直线都不是曲线的切线，

12、所以无实数解 7分只要的最小值大于所以 8分（）因为，所以，当时，对成立所以当时，取得最大值 9分当时，在时，单调递增 在单调递减所以当时，取得最大值10分当时，在时，单调递减所以当，取得最大值 11分当时，在时，单调递减 在时，单调递增又，当时，在取得最大值当时，在取得最大值当时，在，处都取得最大值0.14分综上所述，当时，取得最大值当时，取得最大值当时，在，处都取得最大值0当时，在取得最大值略22. 节能灯的质量通过其正常使用时间来衡量，使用时间越长，表明质量越好，且使用时间大于或等于6千小时的产品为优质品.现用两种不同型号的节能灯做实验，各随机抽取部分产品作为样本，得到实验结果的频率直方图如下图所示：若以上述实验结果中使用时间落入各组的频率作为相应的概率