北京密云县第三中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析

北京密云县第三中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析一、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.（5分）在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则a2+a10=（）A．12B．16C．20D．24参考答案：B【考点】：等差数列的性质．【专题】：计算题．【分析】：利用等差数列的性质可得，a2+a10=a4+a8，可求结果解：由等差数列的性质可得，则a2+a10=a4+a8=16，故选B【点评】：本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础试题2.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A、B两点，O为坐标原点，若，则实数m=（）A.±1 B. C. D.参考答案：C【分析】联立，得2x2+2mx+m2﹣1＝0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积能求出m．【详解】联立，得2x2+2mx+m2-1=0，∵直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A、B两点，O为坐标原点，∴△=4m2+8m2-8=12m2-8＞0，解得m＞或m＜-，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-m，，y1y2=（x1+m）（x2+m）=x1x2+m（x1+x2）+m2，=（-x1，-y1），=（x2-x1，y2-y1），∵+y12-y1y2=1+m2-m2=2-m2=，解得m=．故选：C．【点睛】本题考查根的判别式、韦达定理、向量的数量积的应用，考查了运算能力，是中档题．3.已知函数(ω＞0)的最小正周期为4π，则（）A．函数f（x）的图象关于原点对称B．函数f（x）的图象关于直线对称C．函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称D．函数f（x）在区间（0，π）上单调递增参考答案：C【考点】正弦函数的图象．【分析】函数的最小正周期为4π，求出ω，可得f（x）解析式，对各选项进行判断即可【解答】解：函数的最小正周期为4π，∴，可得ω=．那么f（x）=sin（）．由对称中心横坐标方程：，k∈Z，可得：x=2kπ∴A不对；由对称轴方程：=，k∈Z，可得：x=2k，k∈Z，∴B不对；函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位，可得：sin[（x﹣）]=sin2x，图象关于原点对称．∴C对．令≤，k∈Z，可得：≤x≤∴函数f（x）在区间（0，π）上不是单调递增．∴D不对；故选C4.的内角的对边分别为,且．则（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：B略5.在等差数列{an}中，a2=1，a4=5，则{an}的前5项和S5=(

) A．7 B．15 C．20 D．25参考答案：B考点：等差数列的性质．专题：计算题．分析：利用等差数列的性质，可得a2+a4=a1+a5=6，再利用等差数列的求和公式，即可得到结论．解答： 解：∵等差数列{an}中，a2=1，a4=5，∴a2+a4=a1+a5=6，∴S5=（a1+a5）=故选B．点评：本题考查等差数列的性质，考查等差数列的求和公式，熟练运用性质是关键．6.设集合,那么下面中的4个图形中,

①

②

③

④

能表示集合到集合的函数关系的有

(A)①②③④

(B)①②③

(C)②③

(D)②

参考答案：答案：C7.在△ABC中，“=0”是“△ABC是直角三角形”的（）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】计算题；规律型；转化思想；分析法；简易逻辑．【分析】通过数量积判断三角形的形状，利用三角形的形状说明数量积是否为0，即可得到充要条件的判断．【解答】解：在△ABC中，“=0”可知B为直角，则“△ABC是直角三角形”．三角形是直角三角形，不一定B=90°，所以在△ABC中，“=0”是“△ABC是直角三角形”的充分不必要条件．故选：B．【点评】本题考查三角形的形状与数量积的关系，充要条件的判断，是基础题．8.执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的值为（A）6 （B）8

（C）10

（D）12参考答案：C第一步：x＝9，k＝2；第二步：x＝21，k＝4；第三步：x＝45，k＝6；第四步：x＝93，k＝8；第五步：x＝189，k＝10；退出循环，故k＝10。9.设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有2f（x）+xf′（x）＞0，则不等式（x+2016）2f（x+2016）﹣4f（﹣2）＜0的解集为（）A．（﹣∞，﹣2016） B．（﹣2018，﹣2016） C．（﹣2016，﹣2） D．（﹣2，0）参考答案：B【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．【解答】解：构造函数g（x）=x2f（x），g′（x）=x（2f（x）+xf′（x））；x＜0时，∵2f（x）+xf′（x）＞0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，∵（x+2016）2f（x+2016）﹣4f（﹣2）＜0，∴（x+2016）2f（x+2016）＜4f（﹣2），∴g（x+2016）＜g（﹣2），∴，解得：﹣2018＜x＜﹣2016，故选：B．10.已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，且，则数列{an}的通项公式an为

（

）

A．n

B．n+2

C．2n－1

D．2n+1参考答案：答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度和燃料的质量、火箭（除燃料外）的质量的函数关系是,要使火箭的最大速度可达，则燃料质量与火箭质量的比值是

参考答案：12.若复数是实数，则实数．参考答案：略13.在△中，三边、、所对的角分别为、、，若，则角的大小为

．参考答案：14.已知点，若点是圆上的动点，则面积的最小值为

．

参考答案：15.一支游泳队有男运动员32人，女运动员24人，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为14的样本，则抽取男运动员的人数为

。参考答案：8略16.已知是定义在R上周期为4的奇函数，且时，则时，=_________________.参考答案：略17.已知=

。参考答案：2由得，所以。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.已知为的三个内角的对边，向量，,，（1）求角的大小；（2）若，，求的值．参考答案：（1），，则，所以，又，则或（2）由，则，由余弦定理：或19.（12分）已知圆上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足.

（1）求点G的轨迹C的方程；

（2）过点（2，0）作直线，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设

是否存在这样的直线，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.参考答案：解析：（1）Q为PN的中点且GQ⊥PN

GQ为PN的中垂线|PG|=|GN|

…………2分

∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长，半焦距，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是……4分

（2）因为，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得||=||，则四边形OASB为矩形

若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由

矛盾，故l的斜率存在.

…………6分

设l的方程为

①

②

…………10分

把①、②代入∴存在直线使得四边形OASB的对角线相等.

…12分20.（本小题满分12分）设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0).(I)求f(x)的最小值h(t);(II)若h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围.参考答案：本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力.解析：（I）∵

（），∴当x=-t时，f(x)取最小值f(-t)=-t2+t-1,即h(t)=-t3+t-1.(II)令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m,由g’(t)=-3t2+3=0得t=1,t=-1（不合题意，舍去）.当t变化时g’(t)、g(t)的变化情况如下表：T(0,1)1(1,2)g’(t)+0-g(t)递增极大值1-m递减

∴g(t)在（0，2）内有最大值g(1)=1-mh(t)<-2t+m在（0，2）内恒成立等价于g(t)<0在（0，2）内恒成立，即等价于1-m<0所以m的取值范围为m>121.已知△ABC外接圆直径为，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C=60°．（1）求的值；（2）若a+b=ab，求△ABC的面积．参考答案：【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）由正弦定理可得：===2R=，再利用比例的性质即可得出．（2）由正弦定理可得：=，可得c=2．由余弦定理可得：22=a2+b2﹣2abcos60°，化为：a2+b2﹣ab=4．又a+b=ab，解得ab，可得△ABC的面积S=．【解答】解：（1）由正弦定理可得：===2R=，∴=2R=．（2）由正弦定理可得：=，∴c=2．由余弦定理可得：22=a2+b2﹣2abcos60°，化为：a2+b2﹣ab=4．又a+b=ab，∴（a+b）2﹣3ab=a2b2﹣3ab=4，解得ab=4．∴△ABC的面积S===．【点评】本题考查了三角形面积计算公式、正弦定理、余弦定理、比例的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.（本小题满分13分）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+