2021年浙江省绍兴市丰惠镇中学高三数学理期末试卷含解析

2021年浙江省绍兴市丰惠镇中学高三数学理期末试卷含解析一、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.设点是线段BC的中点，点A在直线BC外，，,则（

）A．2

B．4

C．6

D．8参考答案：A2.已知抛物线上点到焦点的距离为3,则点到轴的距离是（

）

A.

B.1

C.

D.2参考答案：C3.已知全集

(

）A．

B．

C．

D．参考答案：B4.已知斜率为3的直线l与双曲线C：=1（a＞0，b＞0）交于A，B两点，若点P（6，2）是AB的中点，则双曲线C的离心率等于（）A． B． C．2 D．参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），根据AB的中点P的坐标，表示出斜率，从而得到关于a、b的关系式，再求离心率．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则代入双曲线方程，相减可得﹣，∵点P（6，2）是AB的中点，∴x1+x2=12，y1+y2=4，∵直线l的斜率为3，∴=3，∴a2=b2，c2=2a2，∴e=．故选A．5.已知函数f（x）=．则f（）+f（）+…+f（）=（）A．2017 B．2016 C．4034 D．4032参考答案：D【考点】函数的值．【分析】根据函数的奇偶性求值即可．【解答】解：f（x）===2+，令g（x+）=，得g（x+）是奇函数，∴f（）+f（）+…+f（）=2×2016=4032，故选：D．6.已知抛物线E：（），过其焦点F的直线l交抛物线E于A、B两点（点A在第一象限），若，则p的值是A．2

B．3

C．4

D．5参考答案：A，即，不妨设，，则，即有，又因为，故：7.已知椭圆长轴两个端点分别为A、B，椭圆上点P和A、B的连线的斜率之积为，则椭圆C的离心率为（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：B8.若变量x，y满足条，则z=（x+1）2+y2的最小值是（）A．1 B．2 C． D．参考答案：D【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，再由z=（x+1）2+y2的几何意义，即可行域内的点与定点P（﹣1，0）距离的平方求解．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，z=（x+1）2+y2的几何意义为可行域内的点与定点P（﹣1，0）距离的平方．由图可知，z的最小值为点P到直线x+2y﹣1=0的距离的平方，等于．故选：D．【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．9.=（

）

A．1

B.e-1

C.e

D.e+1参考答案：C略10.设集合那么下列结论正确的是

(A)

(B)包含Q

(C)

(D)真包含于P参考答案：答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若随机变量，且，则=

．参考答案：．∵随机变量，∴正态曲线关于对称，∵，∴．12.在区间上有单调性，且，则的最小正周期为_____________参考答案：【知识点】三角函数的图象与性质C3【答案解析】π

由f（）=f（），可知函数f（x）的一条对称轴为x==，

则x=离最近对称轴距离为-=．

又f（）=-f（），且f（x）在区间[，]上具有单调性，∴x=离最近对称轴的距离也为．函数图象的大致形状如图，∴=-+=．则T=π．

故答案为π．【思路点拨】由f（）=f（）求出函数的一条对称轴，结合f（x）在区间[，]上具有单调性，且f（）=-f（）可得函数的半周期，则周期可求．13.已知△ABC中的重心为O，直线MN过重心O，交线段AB于M，交线段AC于N其中，且，其中λ，μ为实数．则6m+3n的最小值为

．参考答案：3+2【考点】平面向量的基本定理及其意义．【专题】平面向量及应用．【分析】利用重心定理和向量共线定理、向量运算法则即可得出．【解答】解：如图所示，设线段BC的中点为D，则，，∴，①当MN∥BC时，，∴6m+3n=6．②当MN与BC不平行时，．由题意可知．设，，∴=则==+sm﹣sn=．∴，化为则6m+3n==+3+3=3+2，当且仅当时取等号．综上可知：6m+3n的最小值是．故答案为．【点评】熟练掌握重心定理和向量共线定理、向量运算法则等是解题的关键．14.已知是夹角为的两个单位向量，向量，，若，则实数k的值为____．参考答案：【分析】由可得关于的方程，解出即可.【详解】，因为，，所以，所以，填.【点睛】本题考查共基底的向量数量积的计算，依据数量积的运算律运算转化为基底向量的性质即可，这类问题是容易题.15.（几何证明选讲选做题）如图，已知圆中两条弦与相交于点，是延长线上一点，且，，若与圆相切，则线段的长为

.参考答案：16.已知函数f（x）在定义域[0，+∞）单调递增，则满足f（x﹣1）＜f（）的x取值范围是．参考答案：[1，）考点：函数单调性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：由函数定义域为[0，+∞），得x﹣1≥0，又f（x）单调递增，所以f（x﹣1）＜f（）?x﹣1＜，从而可得x的取值范围．解答：解：由题意得，，解得1≤x＜．即满足f（x﹣1）＜f（）的x取值范围是[1，）．故答案为：[1，）．点评：本题考查函数单调性的应用，用单调性解不等式，解决本题时要注意函数定义域．17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2bcosA=ccosA＋acosC，则A＝____________．参考答案：略三、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.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）设定义在D上的函数在点处的切线方程为.当时，若在D内恒成立，则称P为函数的“转点”.当时，问函数是否存在“转点”？若存在，求出“转点”的横坐标；若不存在，请说明理由。参考答案：解：（I）当时，当，当，所以函数在和单调递增，在单调递减，所以当时，函数取到极大值为，当时，函数取到极小值为-2.…………（6分）（II）当时，由函数在其图像上一点处的切线方程，得设且

…………（10分）当时，在上单调递减，所以当时，；当时，在上单调递减，所以当时，；所以在不存在“转点”.…………（12分）当时，，即在上是增函数.当时，当时，即点为“转点”.故函数存在“转点”，且2是“转点”的横坐标.…………（14分）略19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1.（1）证明：BC⊥AB1；（2）若，求三棱柱ABC-A1B1C1的高.参考答案：解：（1）在矩形中，由平面几何知识可知又平面，∴，平面平面平面，∴.（2）在矩形中，由平面几何知识可知，∵，∴，∴，设三棱柱的高为，即三棱锥的高为.又，由得,∴.

20.（本小题满分14分）数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列的前项和为

，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有

2；(Ⅲ)已知正数数列中，.，求数列中的最大项.参考答案：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有

①成立,∴

（n≥2）②,

①--②得:,

∴∵均为正数，∴（n≥2）,∴数列是公差为1的等差数列.又n=1时，，解得=1,∴.()

……………(4分)（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n，总有≤.∴

,

故。

………(8分)(Ⅲ)解：由已知

，

易得

猜想n≥2时，是递减数列.

令,∵当∴在内为单调递减函数.由.∴n≥2时,是递减数列.，即是递减数列.又

,∴数列中的最大项为：

………………(14分)略21.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，△ABC为等边三角形，，，PD与平面PAC所成角的正切值为.(1)证明：BC∥平面PAD；(2)若M为PB上一点，且，试判断点M的位置.参考答案：(1)见解析.(2)点是线段靠近点的三等分点.【分析】（1）由已知可证得，利用线面垂直的判定定理可证平面,又由，可求得，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）因为点在上，设，利用三棱锥的体积公式可求得，求得，即可得到点是线段靠近点的三等分点．【详解】(Ⅰ)证明：因为平面，所以又,,所以平面,所以在中，，又在中，，所以.所以在中，,.又，所以在底面中，,平面,平面，所以平面.(Ⅱ)因为点在上，设，所以，解得，所以点是线段靠近点的三等分点.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及三棱锥的体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理应用锥体的体积公式是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．22.已知长方形ABCD中，AB=1，，现将长方形沿对角线BD折起，使，得到一个四面体A-BCD，如图所示.（1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD能否垂直？若能垂直，求出相应的a的值；若不垂直，请说明理由；（2）当四面体A-BCD体积最大时，求二面角A-CD-B的余弦值.参考答案：解:

(1)若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥面ACD?AB⊥AC.

由于AB=1,

AD=BC=,AC=由于AB⊥AC.,所以AB2＋a2＝BC2所以12＋a2＝()2?a＝1

所以在折叠的过程中，异面直线AB与CD可以垂直,此时的值为1