2021年湖南省邵阳市洞口县洞口镇洞口中学高三数学理下学期期末试题含解析

2021年湖南省邵阳市洞口县洞口镇洞口中学高三数学理下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.已知点P为双曲线右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，I为的内心（三角形内切圆的圆心），若（分别表示的面积）恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（

）A．(1,2]

B．(1,2)

C．(2,3)

D．(2,3]参考答案：A如图，设圆与的三边分别相切于点，分别连接，则，，，又，，，，又，故选A.

2.已知函数是上的偶函数，若对于，都有且当时，的值为（

）

A．-2

B．-1

C．2

D．1参考答案：D略3.已知，则方程所有实数根的个数为 A．2 B．3 C．4 D．5参考答案：D略4.已知全集U＝R，集合A＝{x|－2≤x≤3}，B＝{x|x＜－1或x＞4}．那么集合A∩(?UB)等于 ()．A．{x|－2≤x＜4}

B．{x|x≤3或x≥4}C．{x|－2≤x＜－1}

D．{x|－1≤x≤3}参考答案：D略5.如图，某几何体的三视图中，正视图和侧视图都是半径为的半圆和相同的正三角形，其中三角形的上顶点是半圆的中点，底边在直径上，则它的表面积是（）A．6π B．8π C．10π D．11π参考答案：C【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个半球挖去一个圆锥所得的组合体，进而可得几何体的表面积．【解答】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个半球挖去一个圆锥所得的组合体，由正视图和侧视图都是半径为的半圆和相同的正三角形，故半球的半径为，圆锥的底面半径为1，母线长为2，故组合体的表面积S=+（﹣π?12）+π?1?2=10π，故选：C【点评】本题考查的知识点是圆锥的体积和表面积，球的体积和表面积，难度中档．6.若，则函数的最大值和最小值为

（

）A、最大值为2，最小值为；

B、最大值为2，最小值为0；C、最大值为2，最小值不存在；

D、最大值不存在，最小值为0；参考答案：D7.圆截直线所得弦长为8，则c的值为A

10

B

-68

C

12

D

10或-68参考答案：D略8.执行如图所示的程序框图，输入的x值为2，则输出的x的值为（

）A．2

B．3

C.

4

D．5参考答案：D模拟执行程序，可得x=2，i=1，满足条件i≤2，执行循环体，x=3，i=2，满足条件i≤2，执行循环体，x=5，i=3，不满足条件i≤2，退出循环，输出x的值为5，故选D.

9.已知p：存在x∈R，mx2+1≤0，q：任意x∈R，x2+mx+1＞0，若p且q为真命题，则实数m的取值范围是（）A．m＜2 B．﹣2＜m＜2 C．0＜m＜2 D．﹣2＜m＜0参考答案：D【考点】复合命题的真假．【专题】函数思想；综合法；简易逻辑．【分析】分别求出p，q成立的m的范围，取交集即可．【解答】解：关于p：存在x∈R，mx2+1≤0，∴m＜0，关于q：任意x∈R，x2+mx+1＞0，则△=m2﹣4＜0，解得：﹣2＜m＜2，若p且q为真命题，则p，q均为真命题，则实数m的取值范围是：﹣2＜m＜0，故选：D．【点评】本题考查了复合命题的判断，考查函数恒成立问题，是一道基础题．10.

如图，矩形ABCD中，点E为边CD的中点，若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率等于A.

B.

C.

D.参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.球为棱长为的正方体的内切球，为球的球面上动点，为中点，,则点的轨迹周长为

．

参考答案：12.已知函数是以2为周期的偶函数，且当时，则的值_______.参考答案：13.已知幂函数f(x)＝k·xα的图像过点，则k＋α＝________.参考答案：14.函数的单调递减区间是

.参考答案：（）15.观察下列等式：可以推测：___________(，用含有n的代数式表示)参考答案：16.过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是原点，若|AF|=5，则△AOF的面积为．参考答案：【考点】直线与抛物线的位置关系．【分析】设A（x1，y1）、B（x2，y2），算出抛物线的焦点坐标，从而可设直线AB的方程为y=k（x﹣1），与抛物线方程联解消去x可得y2﹣y﹣4=0，利用根与系数的关系算出y1y2=﹣4．根据|AF|=5利用抛物线的抛物线的定义算出x1=4，可得y1=±4，进而算出|y1﹣y2|=5，最后利用三角形的面积公式加以计算，即可得到△AOB的面积．【解答】解：根据题意，抛物线y2=4x的焦点为F（1，0）．设直线AB的斜率为k，可得直线AB的方程为y=k（x﹣1），由消去x，得y2﹣y﹣4=0，设A（x1，y1）、B（x2，y2），由根与系数的关系可得y1y2=﹣4．根据抛物线的定义，得|AF|=x1+=x1+1=5，解得x1=4，代入抛物线方程得：y12=4×4=16，解得y1=±4，∵当y1=4时，由y1y2=﹣4得y2=﹣1；当y1=﹣4时，由y1y2=﹣4得y2=1，∴|y1﹣y2|=5，即AB两点纵坐标差的绝对值等于5．因此△AOB的面积为：S=△AOB=S△AOF+S△BOF=|OF|?|y1|+|OF|?|y2|=|OF|?|y1﹣y2|=×1×5=．故答案为：．17.四边形ABCD中，∠BAC=90°，BD+CD=2，则它的面积最大值等于．参考答案：【考点】三角形中的几何计算．【分析】由题意，当D在BC的正上方时S△DBC面积最大，A为BC的正下方时S△ABC面积最大，设BC为2x，可求DH=，S四边形ABCD=x2+x，设x=sinθ，则利用三角函数恒等变换的应用化简可得S四边形=[1+sin（2θ﹣）]，利用正弦函数的性质即可求得S四边形的最大值．【解答】解：∵∠BAC=90°，BD+CD=2，∴D在以BC为焦点的椭圆上运动，A在以BC为直径的圆上运动，∴当D在BC的正上方时S△DBC面积最大，A为BC的正下方时S△ABC面积最大，此时，设BC为2x，则DH=，∴S四边形ABCD=S△BCD+SABC=x+=x2+x，设x=sinθ，则=cosθ，∴S四边形=sin2θ+sinθcosθ=（2sin2θ+2sinθcosθ）=（1﹣cos2θ+sin2θ）=[1+sin（2θ﹣）]，∴当sin（2θ﹣）=1时，即θ=时，S四边形取得最大值，最大值为：．故答案为：．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.(14分)如图，在中，，一曲线E过点C，动点P在曲线E上运动，并保持的值不变，直线l经过点A与曲线E交于两点。（1）建立适当的坐标系，求取现E的方程；（2）设直线l的斜率为k，若为钝角，求k的取值范围。

参考答案：解析：（Ⅰ）以AB所在直线为轴，AB的中点O为原点建立直角坐标系，则有题设可得：动点P的轨迹为椭圆设其方程则曲线E的方程为（Ⅱ）设直线的方程为

①有直线过点A知，方程①有两个不等的实数根是钝角即，解得：又M、B、N三点不共线，综上，的取值范围是19.如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD，SC=CD=SD=AD=2AB=2，M，N分别为SA，SB的中点，E为CD的中点，过M，N作平面MNPQ分别与交BC，AD于点P，Q．（Ⅰ）当Q为AD中点时，求证：平面SAE⊥平面MNPQ；（Ⅱ）当时，求三棱锥Q﹣BCN的体积．参考答案：【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出四边形ABCE为矩形，从而AE⊥CD，再求出PQ⊥AE，SE⊥CD，从而SE⊥面ABCD，进而PQ⊥SE，由此能证明PQ⊥面SAE，从而面MNPQ⊥面SAE．（Ⅱ），推导出SE即为S到平面BCQ的距离，即SE=h，由此能求出三棱锥Q﹣BCN的体．【解答】证明：（Ⅰ）E为CD中点，所以四边形ABCE为矩形，所以AE⊥CD，当时，Q为AD中点，PQ∥CD所以PQ⊥AE…因为平面SCD⊥平面ABCD，SE⊥CD，所以SE⊥面ABCD…因为PQ在面ABCD上，所以PQ⊥SE所以PQ⊥面SAE所以面MNPQ⊥面SAE…解：（Ⅱ）∵SC=SD，E为CD中点∴SE⊥CD又∵平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD，S在平面SCD内∴SE⊥面ABCD∴SE即为S到平面BCQ的距离，即SE=h…在△SCD中，SC=SD=CD=2，∴在直角梯形ABCD中，由已知得∵M，N为中点∴MN∥AB∴AB∥面MNPQ又∵平面MNPQ∩平面ABCD=PQ∴AB∥PQ，又∵AB⊥BC，∴PQ⊥BC，∴∴…如图，在梯形ABCD中，∵GD=1，，∴，∴所以三棱锥Q﹣BCN的体积．…20.已知函数，其中为正实数，是的一个极值点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）当时，求函数在上的最小值.参考答案：解：（Ⅰ）因为是函数的一个极值点，

所以因此，解得经检验，当时，是的一个极值点，故所求的值为.……………4分所以，的单调递增区间是单调递减区间是当时，在上单调递减，在上单调递增所以在上的最小值为当时，在上单调递增，所以在上的最小值为略21.设,是上的偶函数.

(Ⅰ)求的值;

(Ⅱ)证明:在上是增函数.参考答案：（1）由····························6分

（2）证法一：定义法（略）证法二：（导数法）证明：由（1）可知····10分······12分22.已知，，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求单调区间；（Ⅲ）若不等式在[0,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围.参考答案：解：（Ⅰ）因为，所以，得，.（Ⅱ）由题意知，所以，当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递降，当时，，令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，当时，，令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，当时，在上恒成立，综上所述，当时，在上单