2021-2022學年江西省吉安市上固中學高三數學文下學期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數的定義域為(-3,0),則函數的定義域為(

)(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：B略2.銳角△ABC中，tanA·tanB的值()A．不小于1

B．小于1C．等于1

D．大于1參考答案：D3.若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，則的值為（

）A．

B．

C． D．參考答案：D4.（2016鄭州一測）已知函數，則在上的零點的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4參考答案：C畫出和的圖象便知兩圖象有3個交點，∴在上有3個零點．5.復數的虛部是（

）A．

B．

C．

D．1參考答案：A略6.若，是第三象限的角，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D由，是第三象限的角，所以，.故選D.

7.已知函數f（x）=，若數列{an}滿足an=f（n）（n∈N*），且{an}是遞增數列，則實數a的取值范圍是（）A．[，4） B．（，4） C．（2，4） D．（1，4）參考答案：C【考點】數列的函數特性．【分析】函數f（x）=，數列{an}滿足an=f（n）（n∈N*），且{an}是遞增數列，可得，解出即可得出．【解答】解：函數f（x）=，數列{an}滿足an=f（n）（n∈N*），且{an}是遞增數列，∴，解得2＜a＜4．故選：C．8.已知為等差數列，，以表示的前項和，則使得達到最大值的是（

）A.21

B.20

C.19

D.18參考答案：B9.下列選項中正確的是

A．命題；命題，則命題“”是真命題B．集合

C．命題“若”的逆否命題為“若”D．函數上為增函數，則m的取值范圍是

參考答案：C略10.定義域為R的偶函數f(x)滿足任意，有，且當時，.若函數至少有三個零點，則a的取值范圍是（

）A. B. C. D.參考答案：B【分析】由題意可得的周期為2，當時，，令，則的圖像和的圖像至少有3個交點，畫出圖像，數形結合，根據，求得的取值范圍.【詳解】是定義域為R的偶函數，滿足任意，，令，又，為周期為2的偶函數，當時，，當，當，作出圖像，如下圖所示：函數至少有三個零點，則的圖像和的圖像至少有3個交點，，若，的圖像和的圖像只有1個交點，不合題意，所以，的圖像和的圖像至少有3個交點，則有，即，.故選:B.【點睛】本題考查函數周期性及其應用，解題過程中用到了數形結合方法，這也是高考常考的熱點問題，屬于中檔題.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.復數的實部為__________．參考答案：【分析】利用復數的除法可算，從而得到其實部.【詳解】，故所求實部為.故答案為：.【點睛】本題考查復數的除法以及復數的概念，注意復數的實部和虛部都是實數，本題屬于基礎題.12.設f（x）為定義在R上的奇函數，當x≤0時，f（x）=2x﹣3x+2m（m為實常數），則f（1）=

．參考答案：【考點】函數奇偶性的性質．【專題】函數的性質及應用．【分析】根據函數是奇函數，由f（0）=0，可得m，然后利用f（﹣1）=﹣f（1），即可得到結論．【解答】解：∵f（x）為定義在R上的奇函數，∴f（0）=0，即1+2m=0，解得m=﹣，∴f（﹣1）=﹣f（1）==，∴f（1）=，故答案為：【點評】本題主要考查函數值的計算，利用函數的奇偶性的性質求出m是解決本題的關鍵，注意要學會轉化．13.函數，若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為_________．參考答案：()14.在等差數列{}中，，則數列{}的前n項和＝＿＿＿參考答案：略15.已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，則?=．參考答案：6【考點】平面向量數量積的運算．【分析】根據菱形中的邊角關系，利用余弦定理和數量積公式，即可求出結果．【解答】解：如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，∴∠C=120°，∴BD2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴BD=2，且∠BDC=30°，∴?=||×||×cos30°=2×2×=6．故答案為：6．【點評】本題考查了平面向量的數量積和余弦定理的應用問題，是基礎題目．16.命題“?x∈R，x2＋ax－4a<0”的否定是________．參考答案：x∈R，x2＋ax－4a017.（文）已知向量則的最大值為_________．參考答案：3，所以當時，有最大值，所以的最大值為3.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數f（x）=﹣ax．（Ⅰ）若函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，求實數a的最小值；（Ⅱ）已知f′（x）表示f（x）的導數，若?x1，x2∈[e，e2]（e為自然對數的底數），使f（x1）﹣f′（x2）≤a成立，求實數a的取值范圍．參考答案：【考點】導數在最大值、最小值問題中的應用．【分析】（Ⅰ）由題意得，a≥=h（x）在（1，+∞）上恒成立，即a≥hmax（x）即可，根據配方法易得hmax（x）=，即得結論；（Ⅱ）通過分析，問題等價于：“當x∈[e，e2]時，有fmin（x）≤”，結合（Ⅰ）及f′（x），分①a≥、②a≤0、③0＜a＜三種情況討論即可．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在（1，+∞）遞減，∴f′（x）=﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，∴x∈（1，+∞）時，f′（x）max≤0，∵f′（x）=﹣（﹣）2+﹣a，∴當=，即x=e2時，f′（x）max=﹣a，∴﹣a≤0，于是a≥，故a的最小值為．（Ⅱ）命題“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a”等價于“當x∈[e，e2]時，有fmin（x）≤f′max（x）+a”，由（2）得，當x∈[e，e2]時，f′max（x）=﹣a，則f′max（x）+a=，故問題等價于：“當x∈[e，e2]時，有fmin（x）≤”，∵f′（x）=﹣a，由（Ⅰ）知∈[0，]，①當a≥時，f′（x）≤0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上為減函數，則fmin（x）=f（e2）=﹣ae2≤，故a≥﹣；②當a≤0時，f′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上為增函數，則fmin（x）=f（e）=a﹣ae≥e＞，不合題意；③當0＜a＜時，由于f′（x）=﹣（）2+﹣a=﹣（﹣）2+﹣a在[e，e2]上為增函數，故f′（x）的值域為[f′（e），f′（e2）]，即[﹣a，﹣a]．由f′（x）的單調性和值域知，存在唯一x0∈（e，e2），使f′（x0）=0，且滿足：當x∈（e，x0），時，f′（x）＜0，此時f（x）為減函數；當x∈（x0，e2），時，f′（x）＞0，此時f（x）為增函數；所以，fmin（x）=f（x0）=﹣ax0≤，x0∈（e，e2），所以，a≥﹣＞﹣＞﹣=與0＜a＜矛盾，不合題意．綜上所述，得a≥﹣．19.直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，E，F分別是CC1、BC的中點，AE⊥A1B1，D為棱A1B1上的點．（1）證明：DF⊥AE；（2）是否存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為？若存在，說明點D的位置，若不存在，說明理由．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質．【專題】空間位置關系與距離；空間向量及應用．【分析】（1）先證明AB⊥AC，然后以A為原點建立空間直角坐標系A﹣xyz，則能寫出各點坐標，由與共線可得D（λ，0，1），所以?=0，即DF⊥AE；

（2）通過計算，面DEF的法向量為可寫成=（3，1+2λ，2（1﹣λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令|cos＜，＞|=，解出λ的值即可．【解答】（1）證明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC?面A1ACC1，∴AB⊥AC，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，則有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），設D（x，y，z），且λ∈，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），則

D（λ，0，1），所以=（，，﹣1），∵=（0，1，），∴?==0，所以DF⊥AE；

（2）結論：存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為．理由如下：設面DEF的法向量為=（x，y，z），則，∵=（，，），=（，﹣1），∴，即，令z=2（1﹣λ），則=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由題可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為，∴|cos＜，＞|==，即=，解得或（舍），所以當D為A1B1中點時滿足要求．【點評】本題考查空間中直線與直線的位置關系、空間向量及其應用，建立空間直角坐標系是解決問題的關鍵，屬中檔題．20.已知拋物線上一點到其焦點的距離為，以為圓心且與拋物線準線相切的圓恰好過原點.點是與軸的交點，兩點在拋物線上且直線過點，過點及的直線交拋物線于點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線過一定點，并求出該點坐標.參考答案：（1）∵上一點到其焦點的距離為，∴，∵以為圓心且與拋物線準線相切的圓恰好過原點，∴，即為等腰三角形.過作軸于，則，∴得，∴拋物線的方程為.（2）證明：設的方程為，代入拋物線的方程，可得.設，，，則，由，直線的方程為，∴，可得，∴，∴.①直線的方程為.可得，②由①②可得，，∴直線過定點.21.如圖，四棱錐P﹣ABCD底面為一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥面ABCD，E為PC中點 （Ⅰ）求證：平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）求證：BE∥平面PAD （Ⅲ）假定PA=AD=CD，求二面角E﹣BD﹣C的正切值． 參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）證明PA⊥DC，DC⊥AD，然后證明DC⊥面PAD，平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）取PD的中點F，連接EF，FA∵E為PC中點，證明四邊形ABEF為平行四邊形，推出BE∥AF，然后證明BE∥平面PAD （Ⅲ）連接AC，取AC中點O，連接EO．過O作OG⊥BD交BD于G，連接EG．說明∠EGO為所求二面角E﹣BD﹣C的平面角，設PA=AD=CD=2a，AB=a，連DO并延長交AB于B′，O為DB′中點，過B′作B′G′⊥DB交BD于G′，在△EOG中求解二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值．【解答】（Ⅰ）證明：∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥DC， ∵DC⊥AD且AD∩PA=A，∴DC⊥面PAD， ∵DC?面PDC， ∴平面PDC⊥平面PAD （Ⅱ）證明：取PD的中點F，連接EF，FA∵E為PC中點， ∴在△PDC中：EF∥=，∴EF∥=AB， ∴四邊形ABEF為平行四邊形， 即BE∥AF， ∵AF?面PAD且BE?面PAD， ∴BE∥平面PAD． （Ⅲ）解：連接AC，取AC中點O，連接EO． 在△PAC中：EO∥=， ∴EO⊥面ABC，過O作OG⊥BD交BD于G，連接EG． 由三垂線定理知：∠EGO為所求二面角E﹣BD﹣C的平面角， 設PA=AD=CD=2a，AB=a，∴EO=a 連DO并延長交AB于B′，則四邊形AB′CD為正方形，且B′B=a，O為DB′中點， 過B′作B′G′⊥DB交BD于G′． ∴= 在△EOG中：， 故：二面角E﹣BD﹣C的平面角的正切值為． 【點評】本題考查二倍角的平面角的求法，直線與平面平行于垂直的判定定理的應用，考查空間想象能力以及計算能力． 22.已知函數，其中a，b∈R．（1）當b=1時，g（x）=f（x）﹣x在處取得極值，求函數f（x）的單調區間；（2）若a=0時，函數f（x）有兩個不同的零點x1，x2，①求b的取值范圍；②求證：．參考答案：【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的單調性．【分析】（1）由求導，由題意可知：g′（）=0，即可求得a的值，根據函數與單調性的關系，即可求得函數f（x）的單調區間；（2）①f（x）=lnx+bx（x＞0），求導，分類，由導數與函數極值的關系，則f（x）極大值為，解得．且x→0時，f（x