2021-2022学年河南省安阳市育才私立学校高三数学文期末试题含解析

2021-2022学年河南省安阳市育才私立学校高三数学文期末试题含解析一、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.在区间上的最大值是（

）A.

B.0

C.2

D.4参考答案：C略2.某人向平面区域内任意投掷一枚飞镖，则飞镖恰好落在单位圆x2+y2=1内的概率为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】CF：几何概型．【分析】本题利用几何概型求解．先根据区域|x|+|y|≤图象特征，求出其面积，最后利用面积比即可得点P落在单位圆x2+y2=1内的概率．【解答】解：区域|x|+|y|≤表示以（±，0）和（0，±）为顶点的正方形，单位圆x2+y2=1内所有的点均在正方形区域内，正方形的面积S1=4，单位圆面积S2=π，由几何概型的概率公式得：P==，故选：A．3.某班选派6人参加两项公益活动，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有A.50种

B.70种

C.35种

D.55种参考答案：A4.已知定义在R上的函数满足：对任意都有，则的一个周期为

A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：答案:C5.某一简单几何体的三视图如所示，该几何体的外接球的表面积是（）A．13π B．16π C．25π D．27π参考答案：C【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何．【分析】几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3．则长方体的对角线为外接球的直径．【解答】解：几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，∴长方体底面边长为2．则长方体外接球半径为r，则2r==5．∴r=．∴长方体外接球的表面积S=4πr2=25π．故选C．【点评】本题考查了长方体的三视图，长方体与外接球的关系，属于中档题．6.已知命题，，那么下列结论正确的是

A.

命题

B．命题C．命题

D．命题参考答案：B略7.已知，则的取值范围是（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：A【知识点】基本不等式E6解析：因为，当且仅当b－a=时等号成立，所以选A.【思路点拨】可结合已知条件把所求的式子进行转化，再利用基本不等式求范围.8.已知展开式中的系数为0，则正实数（

）A．1

B．

C.

D．2参考答案：B的展开式的通项公式为：.令得：；令得：.展开式中为：.由题意知，解得（舍）或.故选B.

9.已知集合，，若A∩B=A，则实数a的取值范围是(

)A.(－∞,－3] B.(－∞,－3) C.(－∞,0] D.[3,+∞)参考答案：A由已知得，由，则，又，所以.故选A.

10.抛物线的焦点坐标是(

)A．

B．

C．

D．参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知甲射手射中目标的频率为，乙射手射中目标的频率为，如果甲乙两射手的射击相互独立,那么甲乙两射手同时瞄准一个目标射击，目标被射中的频率为

.参考答案：12.圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则P点形成的轨迹的长度为．参考答案：

【考点】轨迹方程；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出动点的坐标，利用向量的坐标公式求出向量坐标，利用向量垂直的充要条件列出方程求出动点P的轨迹方程，得到P的轨迹是底面圆的弦，利用勾股定理求出弦长．【解答】解：以AB所在直线为x轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），，，设P（x，y，0）．于是有．由于AM⊥MP，所以，即，此为P点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为故答案为13.设集合，，则

.

参考答案：14.设以为方向向量的直线的倾斜角为，则

参考答案：15.将一块边长为6cm的正方形纸片，先按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形，然后将剩余部分沿虚线折叠并拼成一个正四棱锥模型（底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥），将该四棱锥如图2放置，若其正视图为正三角形，则其体积为cm3．参考答案：【考点】简单空间图形的三视图．【分析】根据图形正四棱锥的正视图是正三角形，正视图的底面边长为a，高为a，正四棱锥的斜高为a，运用图1得出×6=a+，a=2，计算出a，代入公式即可．【解答】解：∵正四棱锥的正视图是正三角形，正视图的底面边长为a，高为a，∴正四棱锥的斜高为a，∵图1得出：∵将一张边长为6cm的纸片按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形∴×6=a+，a=2∴正四棱锥的体积是a2×a=cm3，故答案为．16.观察下列等式：

……

由以上各式推测第4个等式为

。参考答案：

略17.α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是

（填上所有正确命题的序号）．①若α∥β，m?α，则m∥β；②若m∥α，n?α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β．参考答案：①④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】在①中，由面面平行的性质定理得m∥β；在②中，m∥n或m与n异面；在③中，m与β相交、平行或m?β；在④中，由线面垂直的判定定理得m⊥β．【解答】解：由α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，知：在①中，若α∥β，m?α，则由面面平行的性质定理得m∥β，故①正确；在②中，若m∥α，n?α，则m∥n或m与n异面，故②错误；在③中，若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m与β相交、平行或m?β，故③错误；在④中，若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故④正确．故答案为：①④．三、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.（13分）设等差数列前项和满足，且，S2=6；函数，且

（1）求A；

（2）求数列的通项公式；

（3）若参考答案：解析：（1）由

而

解得A=1

……………３分（2）∵不是常数列∴令

当n=1时，a1=S1=2,当n≥2时，an=Sn－Sn-1=n2+n综合之：an=2n

…………６分由题意∴数列{cn+1}是为公比，以为首项的等比数列。

……………9分（3）当

……11分当综合之：……1３分19.在中，．（1）求角的大小；_ks5u（2）若，，求．参考答案：解：（I）由已知得：，……2分

……4分

，

…………6分

（II）由

可得：

………7分

…………8分

………10分

解得：

………11分.

……13分20.（本小题分）设是数列的前项和，点在直线上.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）记，数列的前项和为，求使的的最小值；(Ⅲ)设正数数列满足，求数列中的最大项.参考答案：（1）依题意得，则时，，

--------2分又时，

.-------4分（2）依题意，由，得

------------------6分因此n的最小值为1007.

------------------9分（3）由已知得即

∴

-------------11分令，则，当时，，即∴当时，为递减函数

,----12分,∴为数列中最大项.

--------------14分略21.如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB为直径的圆O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接OD交圆O于点M．（1）求证：O、B、D、E四点共圆；（2）求证：2DE2=DM?AC+DM?AB．参考答案：考点：与圆有关的比例线段．专题：证明题；直线与圆．分析：（1）连接BE、OE，由直径所对的圆周角为直角，得到BE⊥EC，从而得出DE=BD=，由此证出△ODE≌△ODB，得∠OED=∠OBD=90°，利用圆内接四边形形的判定定理得到O、B、D、E四点共圆；（2）延长DO交圆O于点H，由（1）的结论证出DE为圆O的切线，从而得出DE2=DM?DH，再将DH分解为DO+OH，并利用OH=和DO=，化简即可得到等式2DE2=DM?AC+DM?AB成立．解答： 解：（1）连接BE、OE，则∵AB为圆0的直径，∴∠AEB=90°，得BE⊥EC，又∵D是BC的中点，∴ED是Rt△BEC的中线，可得DE=BD．又∵OE=OB，OD=OD，∴△ODE≌△ODB．可得∠OED=∠OBD=90°，因此，O、B、D、E四点共圆；（2）延长DO交圆O于点H，∵DE⊥OE，OE是半径，∴DE为圆O的切线．可得DE2=DM?DH=DM?（DO+OH）=DM?DO+DM?OH．∵OH=，OD为△ABC的中位线，得DO=，∴，化简得2DE2=DM?AC+DM?AB．点评：本题着重考查了圆的切线的性质定理与判定、直径所对的圆周角、全等三角形的判定与性质等知识，属于中档题．22.（本小题满分12分）如图，在多面体中，,,是边长为的等边三角形，，与平面所成角的正弦值为.（1）在线段上是否存在一点，使得平面，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由；（2）求二面角的平面角的余弦值.参考答案：解：（1）取的中点，连结，则，又，可得,所以，所以，CG=,故CD=