2021-2022學年陜西省咸陽市彬縣北極中學高三數學文上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.函數的大致圖像是（

）A．B．C．D．參考答案：A考點：1.函數的奇偶性；2.函數的圖象；3.函數的極限.【名師點睛】本題考查函數的奇偶性、圖象特征，屬中題；在研究函數與函數圖象的對應關系時，應從函數的定義域、奇偶性、單調性、最值、漸近線等性質去考查，把握函數的整體趨勢，才能準確作圖或找到函數對應的圖象.如本題就是先考查函數的奇偶性，再研究在與時趨勢選出正確答案的.2.如圖，是邊長為1的正方體，是高為1的正四棱錐，若點，在同一個球面上，則該球的表面積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D考點：1、球內接多面體的性質；2、球的表面積公式.3.在等比數列中，若，是方程的兩根，則（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A試題分析：由題意得，，是方程的兩根，所以，，所以，又，故選A．考點：等比數列的性質．4.若A={x|0＜x＜}，B={x|1≤x＜2}，則A∪B=（）A．{x|x≤0} B．{x|x≥2} C．{0≤x≤}D．{x|0＜x＜2}參考答案：D【考點】并集及其運算．【分析】把兩集合的解集表示在數軸上，根據圖形可求出兩集合的并集．【解答】解：由，B={x|1≤x＜2}，兩解集畫在數軸上，如圖：所以A∪B={x|0＜x＜2}．故選D5.若集合，集合，則M∩N=（

）A. B. C. D.參考答案：D由題意得，選D.6.函數y=的定義域是（

）A．（3，+∞）

B．3,+∞)

C．(4,+∞)

D．4,+∞)參考答案：D7.在等比數列中，若，，則該數列前5項的積為（

）A．±3

B．3

C．±1

D．1參考答案：D8.若a=20.5，b=logπ3，c=ln，則（）A．b＞c＞a B．b＞a＞c C．a＞b＞c D．c＞a＞b參考答案：C【考點】對數值大小的比較．【分析】利用對數函數的單調性即可得出．【解答】解：∵a=20.5，＞1，0＜b=logπ3＜1，c=ln＜0，∴a＞b＞c．故選：C．9.若圓關于直線對稱，則雙曲線的漸近線方程為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C由題意得圓心在直線上,即所以雙曲線的漸近線方程為,選C.10.已知函數f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）為奇函數，該函數的部分圖象如圖所示，△EFG是邊長為2的等邊三角形，則f（1）的值為（）A．B．C．D．參考答案：D考點：余弦函數的奇偶性；余弦函數的圖象．專題：計算題．分析：由f（x）=Acos（ωx+φ）為奇函數，利用奇函數的性質可得f（0）=Acosφ=0結合已知0＜φ＜π，可求φ=再由△EFG是邊長為2的等邊三角形，可得=A，結合圖象可得，函數的周期T=4，根據周期公式可得，ω，從而可得f（x），代入可求f（1）．解答：解：∵f（x）=Acos（ωx+φ）為奇函數∴f（0）=Acosφ=0

∵0＜φ＜π∴φ=∴f（x）=Acos（ωx）=﹣Asinωx

∵△EFG是邊長為2的等邊三角形，則=A又∵函數的周期T=2FG=4，根據周期公式可得，ω=∴f（x）=﹣Asinx=則f（1）=故選D點評：本題中的重要性質要注意靈活運用：若奇函數的定義域包括0，則f（0）=0；解決本題的另一關鍵是要由△EFG是邊長為2的等邊三角形，及三角形與函數圖象之間的關系得到=A，這也是本題的難點所在．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.當時，冪函數y＝xα的圖像不可能經過__________象限．參考答案：第二、第四略12.（5分）（2013?石景山區一模）在△ABC中，若，則∠C=．參考答案：∵b=a，∴根據正弦定理得sinB=sinA，又sinB=sin=，∴sinA=，又a＜b，得到∠A＜∠B=，∴∠A=，則∠C=．故答案為：13.過雙曲線的右焦點F且斜率為1的直線與漸近線有且只有一個交點，則雙曲線的離心率為__________．參考答案：由題意得點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.14.A、B、C是球面上三點，且，，，若球心到截面的距離為，則該球的表面積為

參考答案：4815.已知某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為________參考答案：【分析】在正方體中作出該四棱錐，借助長方體求出各棱長，即可得出最大值.【詳解】由三視圖在正方體中作出該四棱錐，由三視圖可知該正方體的棱長為3，所以，，，，.因此該四棱錐的最長棱的長度為.故答案為【點睛】本題主要考查幾何體的三視圖，由三視圖先還原幾何體，進而可求解，屬于常考題型.16.已知集合P＝{x|≤x≤3}，函數f(x)＝log2(ax2－2x＋2)的定義域為Q.(1)若P∩Q＝)，P∪Q＝(－2,3]，則實數a的值為__________；(2)若P∩Q＝?，則實數a的取值范圍為__________．參考答案：(1)a＝－(2)a≤－417.如圖4所示，圓上一點在直徑上的射影為，，則圓的半徑等于

．參考答案：5略三、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.設為實數，函數

(Ⅰ)求的單調區間與極值；(Ⅱ)求證：當且時，參考答案：（１）解：由知，．令，得.于是，當變化時，和的變化情況如下表：0+單調遞減單調遞增故的單調遞減區間是，單調遞增區間是．在處取得極小值，極小值為．

（２）證明：設，于是．由（1）知，對任意,都有，所以在R內單調遞增．

于是，當時，對任意，都有，而，從而對任意，都有，即故略19.（本題12分）已知函數為偶函數．(Ⅰ)求的最小值；(Ⅱ)若不等式恒成立，求實數m的最小值.參考答案：解：(Ⅰ)由題意得，即在R上恒成立，整理得()(=0在R上恒成立,解得，∴．設，則，∵，∴,∴,∴，∴在上是增函數．又為偶函數，∴在上是減函數．∴當時，取得最小值2.(Ⅱ)由條件知．∵恒成立，∴恒成立．令由(Ⅰ)知，∴時，取得最大值0，∴,∴實數的最小值為．

20.選修4—4：坐標系與參數方程在直角坐標系中，圓C的方程是，圓心為C．在以坐標原點為極點,以軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中，曲線C1：與圓C相交于兩點．（1）求直線AB的極坐標方程；（2）若過點C(2,0)的曲線C2:(是參數)交直線AB于點D，交軸于點E，求|CD|:|CE|的值.參考答案：（1）在以坐標原點為極點,以軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中,極坐標與直角坐標有關系:或，………1分所以圓的直角坐標方程為，…………………2分聯立曲線C:，得或，即不妨令，從而直線AB的直角坐標方程為:，(此處如下解法也可:聯立曲線與,消去與項,得)，所以，即，

…………………4分所以直線AB的極坐標方程為，.

………………5分（2）（方法一）由(1)可知直線AB的直角坐標方程為，

…6分依題令交點D則有，又D在直線AB上，所以，，解得，由直線參數方程的定義知|CD|=||，

…………………8分同理令交點E，則有，又E在直線上，所以，解得，所以|CE|=||，

…………9分所以|CD|:|CE|=.

…………10分（方法二）將曲線C2:(是參數)化為普通方程:，………6分將其聯立AB的直線方程:，解得:,從而D，再將曲線C2與直線聯立,解得,從而E，這樣|CD|==，

………8分|CE|==，

…………9分從而|CD|:|CE|=.

……………………10分

略21.已知函數.（1）當函數在點處的切線方程為，求函數的解析式；（2）在（1）的條件下，若是函數的零點，且，求的值；（3）當時，函數有兩個零點，且，求證：．參考答案：（1）；（2）；（3）證明見解析.試題解析：（1），所以，∴函數的解析式為；（2），因為函數的定義域為，令或，當時，，單調遞減，當時，，函數單調遞增，且函數的定義域為，（3）當時，函數，，，兩式相減可得，．，，因為，所以設，，∴，所以在上為增函數，且，∴，又，所以．考點：1、導數幾何意義及零點存在定理；2、構造函數證明不等式.【方法點睛】本題主要考查導數幾何意義及零點存在定理、構造函數證明不等式，屬于難題.涉及函數的零點問題、方程解的個數問題、函數圖象交點個數問題，一般先通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，再借助函數的大致圖象判斷零點、方程根、交點的情況，歸根到底還是研究函數的性質，如單調性、極值，然后通過數形結合的思想找到解題的思路.22.如圖正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M為CE的中點．（Ⅰ）求證：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求證：平面BDE⊥平面BEC；（Ⅲ）求平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值．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．【專題】計算題；證明題．【分析】（I）取DE中點N，連接MN，AN，由三角形中位線定理，結合已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，易得四邊形ABMN為平行四邊形，所以BM∥AN，再由線面平面的判定定理，可得BM∥平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，易得ED⊥平面ABCD，進而ED⊥BC，由勾股定理，我們易判斷出△BCD中，BC⊥BD，由線面垂直的判定定理可得BC⊥平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE⊥平面BEC；（III）以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，分別求出平面BEC與平面ADEF的法向量，代入向量夾角公式，即可求出平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值．【解答】證明：（I）取DE中點N，連接MN，AN在△EDC中，M、N分別為EC，ED的中點，所以MN∥CD，且MN=CD．由已知AB∥CD，AB=CD，所以MN∥AB，且MN=AB．所以四邊形ABMN為平行四邊形，所以BM∥AN又因為AN?平面ADEF，且BM?平面ADEF，所以BM∥平面ADEF．（II）在正方形ADEF中，ED⊥AD，又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥BC．在直角梯形ABCD中，AB=AD=2，CD=4，可得BC=2在△BCD中，BD=BC=2，CD=4，所以BC⊥BD．所以BC⊥平面BDE，又因為BC?平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．解：（III）由（2）知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD．以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系