2021年福建省福州市市第十四中学高三数学理期末试卷含解析

2021年福建省福州市市第十四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.某程序框图如右图所示，则该程序运行后输出的k值是（

）A．5

B．6C．7

D．8参考答案：C2.若函数y=x2-3x-4的定义域为［0,m］，值域为［-,-4］，则m的取值范围是(

)A.(0,

B.［,4］

C.［,3］

D.［,+∞参考答案：C略3.下图为射击使用的靶子，靶中最小的圆的半径为1，靶中各图的半径依次加1，在靶中随机取一点，则此点取自黑色部分（7环到9环）的概率是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A4.某个几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球面的表面积是（）

(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：B由三视图可知该几何体为棱长均为2的正三棱柱，设球心为,小圆的圆心为球半径为,小圆的半径为，则，即，，选B．5.已知直线，则“”是“的（

）

A．充分不必要条件

B.必要不充分条件C．充要条件

D.既不充分也不必要条件参考答案：A略6.已知函数f(x)=Asin(的部分图像如图所示,则实数ω的值为(

)A.

B.1

C.2

D.4参考答案：C7.当时，函数的最大值和最小值分别是（

）A．，

B．，

Ｃ．，Ｄ．，参考答案：A8.如图，一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，且直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A解：根据三视图，可知该几何体是三棱锥，右图为该三棱锥的直观图，三棱锥的底面是一个腰长是2的等腰直角三角形，∴底面的面积是×1×1=垂直于底面的侧棱长是，即高为1，∴三棱锥的体积是××1=故选C9.右边是一个算法的程序框图，当输入的值为3时，输出y的结果也恰好是3，则？处的关系式是

（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：C10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，a+b=12，则△ABC面积的最大值为（）A．8 B．9 C．16 D．21参考答案：B【考点】HT：三角形中的几何计算．【分析】根据基本不等式求得ab的范围，进而利用三角形面积公式求得．【解答】解：∵ab≤（）2=36，当且仅当a=b=6时，等号成立，∴S△ABC=absinC≤×36×=9，故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设x，y∈R，若不等式组所表示的平面区域是一个锐角三角形，则的取值范围是

______

．参考答案：12.下列几个命题：①函数是偶函数，但不是奇函数；②“”是“一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0的解集为R”的充要条件；③设函数定义域为R,则函数与的图象关于轴对称；④若函数为奇函数，则；⑤已知x∈（0，π），则y=sinx+的最小值为。其中正确的有___________________。参考答案：②④略13.已知等比数列{an}的公比为正数，且a5?a7=4a42，a2=1，则a1=

．参考答案：【考点】等比数列的通项公式．【专题】计算题．【分析】利用等比数列的推广的通项公式将a4，a5，a7利用a2及公比表示，列出关于公比q的方程，求出公比q，再利用通项公式求出首项．【解答】解：设公比为q∵a5=a2q3，a4=a2q2，a7=a2q5又a5?a7=4a42，a2=1∴q8=4q4∵等比数列{an}的公比为正数∴q=∴故答案为：．【点评】解决等比数列、等差数列问题一般的思路是围绕通项及前n项和公式列出方程组，求解．即基本量法．14.已知A、B是直线上任意两点，O是外一点，若上一点C满足，则的值是____________.参考答案：-1略15.若的最小值为，其图象相邻最高点与最低点横坐标之差为，且图象过点，则其解析式是

.参考答案：略16.已知复数w满足

(为虚数单位），则＝__参考答案：2略17.抛物线的焦点为F，P，Q是抛物线上的两个动点，线段PQ的中点为M，过M作抛物线准线的垂线，垂足为N，若，则的最大值为_____．参考答案：分析：设|PF|=2a，|QF|=2b，．由抛物线定义得|PQ|=a+b，由余弦定理可得（a+b）2=4a2+4b2﹣8abcosθ，进而根据基本不等式，求得的θ取值范围，从而得到本题答案.详解：设|PF|=2a，|QF|=2b，由抛物线定义，得|PF|=|PA|，|QF|=|QB|，在梯形ABPQ中，2|MN|=|PA|+|QF|=2a+2b，∵|MN|=|PQ|，∴|PQ|=a+b，由余弦定理得，设∠PFQ=θ，（a+b）2=4a2+4b2﹣8abcosθ，∴a2+b2+2ab=4a2+4b2﹣8abcosθ，∴cosθ=，当且仅当a=b时取等号，∴θ≤，故答案为：点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系和基本不等式等，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键有二，其一是要联想到抛物线的定义解题，从而比较简洁地求出MN和PQ,其二是得到后要会利用基本不等式求最值.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.选修4－5：不等式选讲选做题已知函数，不等式在上恒成立．（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）记的最大值为，若正实数满足，求的最大值．参考答案：（3）（Ⅰ）因为，所以.

…2分因为不等式在R上恒成立，所以，的取值范围为.

…3分（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由柯西不等式得：，所以.

………ks5u……5分当且仅当即时，的最大值为.

……ks5u………7分

【解析】略19.（2016?湘潭一模）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，DC=2AB，设Q为棱PC上一点，=λ（1）求证：当λ=时，BQ∥平面PAD；（2）若PD=1，BC=，BC⊥BD，试确定λ的值使得二面角Q﹣BD﹣P的平面角为45°．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【分析】（1）设PD的中点为F，连接qF，证明四边形FABq是平行四边形．利用直线与平面平行的判定定理证明Bq∥平面PAD．（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面PBD的法向量．平面QBD的法向量，通过二面角结合数量积求解λ即可．【解答】（1）证明：设PD的中点为F，连接F，∵点Q，F分别是△PCD的中点，∴QF∥CD，且QF=CD，∴QF∥AB，且QF=AB，∴四边形FABQ是平行四边形．∴BQ∥AF，又AF?平面PAD，BQ?平面PAD，∴BQ∥平面PAD．（2）解：以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P（0，0，1），C（0，2，0），A（1，0，0），B（1，1，0）．令Q（x0，y0，z0），∵=λ∴，Q（0，2λ，1﹣λ），∵BC⊥平面PBD，∴平面PBD的法向量为=（﹣1，1，0）．设平面QBD的法向量为=（x，y，z），则．令y=1，得=（﹣1，1，）．若二面角Q﹣BD﹣P为45°，则=，解得λ=﹣1±，∵Q在PC上，0＜λ＜1．∴．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求解与应用，考查空间想象能力以及计算能力．20.（本题满分12分）如图，为圆的直径，点、在圆上，矩形所在的平面和圆所在的平面互相垂直，且，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.

参考答案：17．（Ⅰ）证明：平面平面，,平面平面，平面，

∵AF在平面内，∴，……………3分又为圆的直径，∴，

∴平面.

…………

6分（Ⅱ）解：由（1）知即，∴三棱锥的高是，∴,………8分连结、，可知∴为正三角形，∴正的高是，………10分∴，……12分

略21.（12分）如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A=，∠B=，AB=6，在AB边上取点E，使得BE=1，连接EC，ED．若∠CED=，EC=．（Ⅰ）求sin∠BCE的值；（Ⅱ）求CD的长．参考答案：【考点】三角形中的几何计算．【分析】（Ⅰ）在△CBE中，正弦定理求出sin∠BCE；（Ⅱ）在△CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB2﹣2BE?CBcos120°，得CB．由余弦定理得CB2=BE2+CE2﹣2BE?CEcos∠BEC?cos∠BEC?sin∠BEC、cos∠AED在直角△ADE中，求得DE=2，在△CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE2﹣2CE?DEcos120°即可【解答】解：（Ⅰ）在△CBE中，由正弦定理得，sin∠BCE=，（Ⅱ）在△CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB2﹣2BE?CBcos120°，即7=1+CB2+CB，解得CB=2．由余弦定理得CB2=BE2+CE2﹣2BE?CEcos∠BEC?cos∠BEC=．?sin∠BEC=，sin∠AED=sin（1200+∠BEC）=，?cos∠AED=，在直角△ADE中，AE=5，═cos∠AED=，?DE=2，在△CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE2﹣2CE?DEcos120°=49∴CD=7．【点评】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，是中档题22.设函数f（x）=|x﹣|+|x+m|，（m＞0）（I）证明：f（x）≥4（II）若f（1）＞5，求m的取值范围．参考答案：【考点】R5：绝对值不等式的解法；R4：绝对值三角不等式