2021年河北省石家庄市王中学高三数学理上学期期末试题含解析

2021年河北省石家庄市王中学高三数学理上学期期末试题含解析一、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.如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（）A． 与垂直

B．与垂直

C．与平行

D． 与平行参考答案：D2.设，，，则a，b，c的大小关系是（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，进行大小比较，从而得出相应答案。【详解】根据指数函数的单调性可得：，即，，即，由于，根据对数函数的单调性可得：，即，所以，故答案选B。【点睛】本题主要考查学生对于对手函数的单调性及其应用这一知识点的掌握程度，指数函数以及对数函数的单调性，取决于底数与1的大小。3.已知向量满足，则=（

）

（A）25

（B）5

（C）3

（D）4参考答案：B略4.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()．A．[－1,2]

B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．[－3,6]

D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)参考答案：B5.已知角的终边经过点（-4,3），则cos=(

)A.

B.

C.－

D.－参考答案：D6.执行下面的框图，若输入的N是6，则输出p的值是 (

)A．120

B．720

C．1440

D．5040

参考答案：【知识点】算法与程序框图L1B开始运行时，p=1，k=1＜6，

经过第一次循环得到，k=2，p=2，k＜6

经过第二次循环得到k=3，p=6，k＜6

经过第三次循环得到k=4，p=4×6=24，k＜6，

经过第四次循环得到，k=5，p=5×24=120，k＜6，

经过第五次循环得到k=6，p=6×12=720，

k=6＜6不满足判断框中的条件，执行输出，

故输出结果为720．【思路点拨】按照程序框图的流程，写出前五次循环的结果，直到第五次不满足判断框中的条件，执行输出结果．7.已知：,若，则的零点个数有

（

）A.1个

B.4个

C.2个

D.3个参考答案：D略8.已知函数，若，且，则的最小值为（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：D略9.已知复数z=x+yi(x,y∈R,x≥),满足|z-1|=x,那么z在复平面上对应的点(x,y)的轨迹是

(

)A．

圆

B．

椭圆

C．双曲线

D．抛物线参考答案：D10.已知关于的方程有一解，则的取值范围为（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.阅读下列程序，输出的结果是______．参考答案：1012.设为不等式组表示的平面区域，区域上的点与点之间的

距离的最小值为___________.参考答案：13.已知点的坐标满足，设A（2，1），

则（为坐标原点）的最大值为

．参考答案：略14.已知展开式中所有项的二项式系数和为，则其展开式中的常数项为

．参考答案：-8015.若，则

参考答案：216.箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，先摸出1只球，记下颜色后放回箱子，然后再摸出1只球，则摸到两只不同颜色的球的概率为_____

参考答案：略17.若x，y满足约束条件，则的最大值为__________．参考答案：8【分析】根据约束条件作出可行域,化目标函数为,由此可得当直线在轴截距最大时,取最大值，结合图像即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：又目标函数可化为，因此，当直线在轴截距最大时,取最大值，由图像可得，当直线过点A时，截距最大，由易得，此时.故答案为8【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，通常需要由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.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.（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且．求的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设，为正有理数．若，则；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当为正有理数时，有求导公式．参考答案：（Ⅰ），令，解得．当时，，所以在内是减函数；当

时，，所以在内是增函数．故函数在处取得最小值．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即

①若，中有一个为0，则成立；若，均不为0，又，可得，于是在①中令，，可得，即，亦即．综上，对，，为正有理数且，总有．

②

（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：设为非负实数，为正有理数．若，则．

③

用数学归纳法证明如下：（1）当时，，有，③成立．

（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，且，则．

当时，已知为非负实数，为正有理数，且，此时，即，于是=．因，由归纳假设可得，从而．又因，由②得，从而．故当时，③成立．由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立．19.如图，四棱锥中，侧面是边长为的正三角形，且与底面垂直，底面是面积为的菱形，为锐角，为的中点.(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)求与平面所成的角的大小.

参考答案：解：（Ⅰ）过作于连接侧面。故是边长为2的等边三角形。又点，又是在底面上的射影，(Ⅱ)设与平面所成的角为，取的中点为连接又为的中点，，又，且在平面上，又为的中点，又线段的长就是到平面的距离，在等腰直角三角形中，，，，即到平面的距离是，,故与平面所成的角为.20.已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明：.

参考答案：（1）(2)21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若且，求证：.参考答案：解：解法一：（1）函数的定义域为，，①若时，则，在上单调递减；②若时，当时，；当时，；当时，.故在上，单调递减；在上，单调递増； ③若时，当时，；当时，；当时，.故在上，单调递减；在上，单调递増. （2）若且，欲证，只需证，即证.设函数，则.当时，.故函数在上单调递增.所以. 设函数，则.设函数，则.当时，，故存在，使得，从而函数在上单调递增；在上单调递减. 当时，，当时，故存在，使得，即当时，，当时，从而函数在上单调递增；在上单调递减. 因为，故当时，所以，即.解法二：（1）同解法一.（2）若且，欲证，只需证，即证.设函数，则.当时，.故函数在上单调递增.所以. 设函数，因为，所以，所以， 又，所以，所以，即原不等式成立. 解法三：（1）同解法一.（2）若且，欲证，只需证，由于，则只需证明，只需证明，令，则，则函数在上单调递减，则，所以成立，即原不等式成立.

22.如图，以A，B，C，D，E为顶点的六面体中，△ABC和△ABD均为正三角形，且平面ABC⊥平面ABD，EC⊥面ABC，EC=，AB=2．（1）求证：DE⊥AB；（2）求二面角D﹣BE﹣A的余弦值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）设AB的中点为F，连结DF，CF，则DF⊥AB，CF⊥AB，从而AB⊥平面CFD，推导出DF⊥AB，从而DF⊥平面ABC，由DF∥CE，能证明DE⊥AB．（2）以F为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣BE﹣A的余弦值．【解答】证明：（1）设AB的中点为F，连结DF，CF，∵△ABC，△ABD均为等边三角形，∴DF⊥AB，CF⊥AB，∵DF∩CF=F，∴AB⊥平面CFD，∵平面ABC⊥平面ABD，DF⊥AB，∴DF⊥平面ABC，∵EC⊥平面ABC，∴DF∥CE，∴E∈平面DFC，∴D