2021-2022学年福建省福州市市第六中学高三数学理期末试题含解析

2021-2022学年福建省福州市市第六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.cos300°=

(

）A．-

B．-

C．

D．参考答案：C2.设xR，则“x>”是“2x2+x-1>0”的（A）

充分而不必要条件（B）

必要而不充分条件（C）

充分必要条件（D）

既不充分也不必要条件参考答案：A不等式的解集为或，所以“”是“”成立的充分不必要条件，选A.3.已知命题p：?x0∈R，ex﹣mx=0，q：?x∈R，x2+mx+1≥0，若p∨（?q）为假命题，则实数m的取值范围是(

) A．（﹣∞，0）∪（2，+∞） B．[0，2] C．R D．?参考答案：B考点：复合命题的真假．专题：函数的性质及应用．分析：根据复合函数的真假关系，确定命题p，q的真假，利用函数的性质分别求出对应的取值范围即可得到结论．解答： 解：若p∨（?q）为假命题，则p，?q都为假命题，即p是假命题，q是真命题，由ex﹣mx=0得m=，设f（x）=，则f′（x）==，当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时函数单调递递减，当x＜0时，f′（x）＜0，此时函数单调递递减，∴当x=1时，f（x）=取得极小值f（1）=e，∴函数f（x）=的值域为（﹣∞，0）∪[e，+∞），∴若p是假命题，则0≤m＜e；若q是真命题，则由x2+mx+1≥0，则△=m2﹣4≤0，解得﹣2≤m≤2，综上，解得0≤m≤2．故选：B．点评：本题主要考查复合命题之间的关系，利用函数的性质求出相应的取值范围是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度．4.已知某三棱锥的三视图如图所示，则在该三棱锥中，最长的棱长为（

）A．

B．

C.

3

D．参考答案：C5.已知函数为奇函数，，则=（

）A、3

B、6

C、9

D、12参考答案：B6.已知α为锐角，，则=

(

) A.

B.

C. D.参考答案：B由，得，所以，。所以，选B.7.已知全集为R，集合A={x|2x≥1}，B={x|x2﹣3x+2≤0}，则A∩?RB=（）A．{x|x≤0} B．{x|1≤x≤2} C．{x|0≤x≤1或x＞2} D．{x|0≤x＜1或x≥2}参考答案：C考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：先求出集合AB，再求出B的补集，根据交集的定义即可求出．解答：解：∵全集为R，集合A={x|2x≥1}={x|x≥0}，B={x|x2﹣3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，∴?RB={x|x＜1或x＞2}，∴A∩?RB={x|0≤x≤1或x＞2}故选：C点评：本题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．8.若与在区间1，2上都是减函数，则的取值范围是（）A．(0，1)

B．(0，1C．(-1,0）∪(0，1)

D．(-1，0)∪(0，1参考答案：B9.过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为，延长交抛物线于点．若，则双曲线的离心率为A． B． C．

D． 参考答案：B略10.函数y=cos2x的图象的一条对称轴方程是(

)A．x= B．x= C．x=﹣ D．x=﹣参考答案：A【考点】余弦函数的对称性．【专题】计算题；数形结合；函数思想；三角函数的图像与性质．【分析】由2x=kπ，k∈Z，可求得y=cos2x的对称轴方程，再对k赋值即可．【解答】解：由2x=kπ，k∈Z，得x=（k∈Z），∴函数y=cos2x的对称轴方程为x=（k∈Z），令k=1，得x=，∴函数y=cos2x的一条对称轴方程为x=，故选：A．【点评】本题考查余弦函数的对称性，属于中档题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若（2a+c）?cosB+b?cosC=0，则B的值为．参考答案：【考点】正弦定理．【分析】由正弦定理、诱导公式、两角和差的正弦公式可将（2a+c）cosB+bcosC=0化为2sinAcosB+sinA=0，可得，由此求得B的值．【解答】解：△ABC中，∵（2a+c）?cosB+b?cosC=0，由正弦定理可得2sinAcosB+sin（B+C）=0，即2sinAcosB+sinA=0，∴，∴B=，故答案为．12.数列的前项和记为，，，则的通项公式为

.参考答案：13.设x，y满足约束条件，则4x?2y的最大值为．参考答案：16【考点】简单线性规划．【分析】画出可行域，利用目标函数转化为2x+y的最大值，利用几何意义求解即可．【解答】解：作出可行域易知目标函数z=2x+y过两直线x﹣y+1=0，4x﹣y﹣2=0的交点A时取最大值，由可得A（1，2）则2x+y的最大值为4，4x?2y=22x+y的最大值为16．故答案为：16．14.若变量满足约束条件，且的最小值为4，则

参考答案：115.（2009福建卷理）若（i为虚数单位，

）则_________

参考答案：2解析：由，所以故。16.如图，正三棱锥P－ABC的所有棱长都为4．点D，E，F分别在棱PA，PB，PC上，满足PD＝PF＝1，PE＝2，则三棱锥P–DEF的体积是

▲

．参考答案：17.已知为的外心，,若(,为实数)，则的最小值为

．参考答案：2三、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，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，其中PA=PD=AD=2，∠BAD=60°，Q为AD的中点．（1）求证：AD⊥平面PQB；（2）若平面PAD⊥平面ABCD，且，求四棱锥M﹣ABCD的体积．参考答案：【考点】平面与平面垂直的性质；直线与平面垂直的判定．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】（1）连接BD，等边三角形PAD中，中线PQ⊥AD；因为菱形ABCD中∠BAD=60°，所以AD⊥BQ，最后由线面垂直的判定定理即可证出AD⊥平面PQB；（2）连接QC，作MH⊥QC于H．因为平面PAD⊥平面ABCD，PQ⊥AD，结合面面垂直性质定理证出PQ⊥平面ABCD．而平面PQC中，PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱锥M﹣ABCD的高线．最后利用锥体体积公式结合题中数据即可算出四棱锥M﹣ABCD的体积．【解答】解：（1）连接BD∵PA=PD=AD=2，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD又∵∠BAD=60°，底面ABCD为菱形，∴△ABD是等边三角形，∵Q为AD的中点，∴AD⊥BQ∵PQ、BQ是平面PQB内的相交直线，∴AD⊥平面PQB．（2）连接QC，作MH⊥QC于H．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD∴PQ⊥平面ABCD，结合QC?平面ABCD，可得PQ⊥QC∵平面PQC中，MH⊥QC且PQ⊥QC，∴PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱锥M﹣ABCD的高线∵，可得，∴四棱锥M﹣ABCD的体积为VM﹣ABCD==．【点评】本题给出特殊四棱锥，求证线面垂直并求锥体体积，着重考查了直线与平面垂直的判定、平面与平面垂直的性质和体积公式等知识，属于中档题．19.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的图象在上与x轴有3个不同的交点，求的取值范围.参考答案：20.不等式选讲已知函数。（Ⅰ）时，求函数的定义域；（Ⅱ）若关于的不等式的解集是R，求的取值范围。参考答案：解：（1）由题设知：则有：

（3分）解得函数的定义域为。

（5分）（2）不等式

（7分），

（9分）∴

即的取值范围范围是

(10分)略21.在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x－2）2＋y2＝1外切，且圆P与直线x＝－1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）设过定点S（－2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案：（1）设P（x，y），圆P的半径为r，因为动圆P与圆Q：（x－2）2＋y2＝1外切，所以，①又动圆P与直线x＝－1相切，所以r＝x＋1，②由①②消去r得y2＝8x，所以曲线C的轨迹方程为y2＝8x．（2）假设存在曲线C上的点M满足题设条件，不妨设M（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），则，，，，，所以，③显然动直线l的斜率存在且非零，设l：x＝ty－2，联立方程组，消去x得y2－8ty＋16＝0，由Δ＞0得t＞1或t＜－1，所以y1＋y2＝8t，y1y2＝16，且y1≠y2，代入③式得，令（m为常数），整理得，④因为④式对任意t∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）恒成立，所以，所以或，即M（2，4）或M（2，－4），即存在曲线C上的点M（2，4）或M（2，－4）满足题意．22.已知F为椭圆的右焦点，M为C上的任意一点.（1）求|MF|的取值范围；（2）P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为，证明:M，N两点的横坐标之和为常数.参考答案：解：解法一：（1）依题意得，所，所以的右焦点坐标为，设上的任意一点的坐标为，则，所以，又因为，所以，所以，所以的取值范围为.（2）设三点坐标分别为，设直线斜率分别为，则直线方程为，由方程组消去，得，