2021年湖南省永州市城北中学高三数学理期末试题含解析

2021年湖南省永州市城北中学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）（2013?河东区二模）函数图象的一个对称轴方程是（）A．B．C．D．x=π参考答案：考点：二倍角的正弦；正弦函数的对称性．专题：三角函数的图像与性质．分析：将函数解析式最后一个因式中的角变形后，利用诱导公式化简，再利用二倍角的余弦函数公式化简，最后利用诱导公式化为一个角的正弦函数，由正弦函数的图象与性质即可得出函数y的对称轴方程，进而确定出正确的选项．解答：y=2sin（x+）cos（﹣x）=2sin（x+）cos[﹣（x+）]=2sin2（x+）=1﹣cos（2x+）=1+sin2x，令2x=2kπ+，k∈Z，得到x=kπ+，k∈Z，则k=1时，x=为函数的一个对称轴方程．故选A点评：此题考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式，以及正弦函数的对称性，熟练掌握公式是解本题的关键．2.要得到函数f（x）=2sinxcosx，x∈R的图象，只需将函数g（x）=2cos2x﹣1，x∈R的图象（）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位参考答案：D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用诱导公式、二倍角公式，以及y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．【解答】解：将函数g（x）=2cos2x﹣1=cos2x，x∈R的图象向右平移个单位，可得函数y=cos2（x﹣）=sin2x=2sinxcosx，x∈R的图象，故选：D．3.对于满足0＜b＜3a的任意实数a，b，函数f（x）=ax2+bx+c总有两个不同的零点，则的取值范围是（）A． B．（1，2] C．[1，+∞） D．（2，+∞）参考答案：D【考点】函数零点的判定定理．【分析】由题意可得△=b2﹣4ac＞0，于是c＜，从而＞=1+﹣（）2，运用换元法和二次函数的最值的求法，结合恒成立问题的解法，即可得到所求范围．【解答】解：由满足0＜b＜3a的任意实数a，b，函数f（x）=ax2+bx+c总有两个不同的零点，可得△=b2﹣4ac＞0，于是c＜，从而＞=1+﹣（）2，对任意满足0＜b＜3a的任意实数a，b恒成立．令t=，由0＜b＜3a，可得0＜t＜3，则﹣t2+t+1=﹣（t﹣2）2+2，当t=2时，取得最大值2，则﹣t2+t+1∈（1，2]．故＞2．故选：D．4.不等式的解集是（

）

A．[-5，7]B．[-4，6]

C．D．参考答案：D5.（5分）已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）=2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）参考答案：B【考点】：利用导数研究函数的单调性．【专题】：导数的综合应用．【分析】：构造函数g（x）=f（x）﹣2x﹣4，利用导数研究函数的单调性即可得到结论．解：设g（x）=f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）=f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）=2，∴g（﹣1）=f（﹣1）+2﹣4=4﹣4=0，则∵函数g（x）单调递增，∴由g（x）＞g（﹣1）=0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B【点评】：本题主要考查不等式的求解，利用条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．6.设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为

(

）A．3π

B．6π

C．12π

D．24π参考答案：B7.设集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，则A∪B=(

)A．{1，2，3} B．{0，1，2，3} C．{2} D．{﹣1，0，1，2，3}参考答案：B【考点】并集及其运算．【专题】计算题．【分析】把集合A的所有元素和集合B的所有元素合并到一起，得到集合A∪B．由此根据集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，能求出A∪B．【解答】解：∵集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}={0，1，2}，集合B={2，3}，∴A∪B={0，1，2，3}．故选B．【点评】本题考查集合的并集的定义及其运算，解题时要认真审题，仔细解答，注意并集中相同的元素只写一个．8.若函数f（x）=（a﹣1）x3+ax2为奇函数，则f（1）=（）A．1 B．﹣1 C．﹣2 D．0参考答案：B【考点】函数奇偶性的性质．【分析】利用奇函数的定义，求出a，再计算f（1）即可．【解答】解：∵f（x）=（a﹣1）x3+ax2为奇函数，∴﹣（a﹣1）x3+ax2=﹣（a﹣1）x3﹣ax2，∴a=0，∴f（x）=﹣x3，∴f（1）=﹣1，故选B．9.执行如下图的程序框图，则输出的值P=（

）A．12

B．10

C．8

D．6参考答案：B10.设集合A={x|﹣x2﹣x+2＜0}，B={x|2x﹣5＞0}，则集合A与B的关系是（）A．B?A B．B?A C．B∈A D．A∈B参考答案：A【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】化解集合A，B，根据集合之间的关系判断即可．【解答】解：集合A={x|﹣x2﹣x+2＜0}={x|x＞1或x＜﹣2}，B={x|2x﹣5＞0}={x|x＞2.5}．∴B?A，故选A【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数的定义域为．若常数，对，有，则称函数具有性质．给定下列三个函数：

①；

②；

③．其中，具有性质的函数的序号是______．参考答案：①③．由题意可知当时，恒成立，若对，有。①若，则由得，即，所以，恒成立。所以①具有性质P.②若，由得，整理，所以不存在常数，对，有成立，所以②不具有性质P。③若，则由得由，整理得，所以当只要，则成立，所以③具有性质P，所以具有性质的函数的序号是①③。12.定义某种运算，运算原理如右图所示，则式子的值为

。参考答案：1313.若关于的方程的两实根，满足，则实数的取值范围是参考答案：略14.抛物线的焦点坐标为

．参考答案：略15.现有6人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有种．（用数字作答）参考答案：.试题分析：先排除甲乙之外的其他人有，此时中间形成三个空隙，把甲安排到这个位置上，有种方法，由于甲乙不相邻，再把乙方法包括端点的其他个位置，有种方法，每一步之间属于分步，∴共有种.考点：排列组合.16.（不等式选做题）不等式的解集为

．参考答案：略17.某中学采用系统抽样的方法从该校高一年级全体名学生中抽取名学生进行体能测试．现将名学生从到进行编号，求得间隔数．若从中随机抽取个数的结果是抽到了，则在编号为的这个学生中抽取的一名学生其编号应该是

．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.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E是BB1的中点．（1）求证：截面AEC1⊥侧面AC1；（2）若，求B1到平面AEC1的距离参考答案：（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）设O，分别为AC，的中点，与相交于F，，侧面,可得侧面，截面侧面；（2）求出、的面积及A到平面，由可得到平面的距离.【详解】解：（1）设O，分别为AC，的中点，与相交于F．∵是正三棱柱，∴侧面底面ABC．∵O是正三角形ABC边AC的中点，∴．∴侧面．∵，，E，F是中点，∴EBOF是平行四边形．∴，∴侧面．又平面，∴截面侧面．（2）∵，则，，所以的面积为．又因为A到平面的距离为，的面积为．设到平面的距离为d，∵，∴，∴．即，B1到平面的距离为．【点睛】本题主要考查面面垂直及线面垂直的判定定理及三棱锥体积的计算，属于中档题，注意灵活运用三棱锥的性质及面面垂直的判定定理解题.19.如图,在梯形中，,，,平面平面,四边形是矩形,,点在线段EF上

(1)求异面直线与所成的角;(2)求二面角的余弦值.参考答案：解：（1）在梯形ABCD中,∵,∴四边形ABCD是等腰梯形,且∴,∴又∵平面平面ABCD,交线为AC,∴平面ACFE.

∴平面FE.∴异面直线与所成的角为900

（2）方法一;(几何法)取EF中点G,EB中点H,连结DG、GH、DH,∵容易证得DE=DF,∴∵平面ACFE,∴

又∵,∴又∵,∴∴是二面角B—EF—D的平面角.

在△BDE中∴∴,∴又∴在△DGH中,由余弦定理得即二面角B—EF—D的平面角余弦值为方法二;(向量法)以C为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系,,,,所以,,分别设平面BEF与平面DEF的法向量为,所以,令,则又，显然,令所以,,设二面角的平面角为为锐角所以略20.已知二阶矩阵有特征值及对应的一个特征向量，并且矩阵对应的变换将点（-1,2）变换成（9,15）求矩阵.参考答案：21.在四棱锥中，平面，,.(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)求与平面所成角的正弦值；(Ⅲ)线段上是否存在点,使平面？说明理由.参考答案：【知识点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）(Ⅲ)存在，E为线段PB的中点，AE⊥平面PBC．解：(Ⅰ)在四棱锥中，因为平面，平面,所以.因为，所以.因为,所以平面.因为平面,所以.

………4分(Ⅱ)如图,以为原点建立空间直角坐标系.不妨设,则.则.所以，.设平面的法向量.所以.即.令，则.所以所以所以与平面所成角的正弦值为.

………8分（Ⅲ）（法一）当E为线段PB的中点时，AE⊥平面PBC．如图：分别取PB，PC的中点E，F，连结AE，DF，EF．∴EF∥BC，且．∵AD∥BC，且，∴AD∥EF，且AD=EF．∴四边形AEFD是平行四边形．∴AE∥DF．∵PD=CD，∴三角形PCD是等腰三角形．所以.因为平面，所以.因为,所以平面.所以平面.即在线段上存在点,使平面.

（法二）设在线段上存在点,当时，平面.设，则.所以.即.所以.所以.由(Ⅱ)可知平面的法向量.若平面，则.即.解得.所以当，即为中点时，平面.

………12分【思路点拨】（Ⅰ）通过证明BC⊥平面PCD，然后证明BC⊥PC；（Ⅱ）通过建立空间直角坐标系，求出设平面PBC的法向量，然后求解PA与平面PBC所成角的正弦值；（Ⅲ）法一：当E为线段PB的中点时，AE⊥平面PBC．分别取PB，PC的中点E，F，连结AE，DF，EF．证明四边形AEFD是平行四边形．然后证明AE⊥平面PBC．即可推出线段PB上是否存在点E，使AE⊥平面PBC．法二，利用空间直角坐标系，通过向量共线，求出点的坐标即可．【典型总结】本题考查空间点的坐标的求法，直线与平面所成的角的求法，直线与平面垂直的判断与性质的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．22.（本小题满分12分）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.（1）从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；（2）现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两