山西省忻州市曹張鄉辦中學2021-2022學年高三數學理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.已知向量，滿足，且關于x的函數在實數集R上單調遞增，則向量，的夾角的取值范圍是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】平面向量數量積的運算．【分析】求導數，利用函數f（x）=2x3+3|a|x2+6a?bx+7在實數集R上單調遞增，可得判別式小于等于0在R上恒成立，再利用，利用向量的數量積，即可得到結論．【解答】解：求導數可得f′（x）=6x2+6||x+6，則由函數f（x）=2x3+3|a|x2+6a?bx+7在實數集R上單調遞增，可得f′（x）=6x2+6||x+6≥0恒成立，即x2+||x+≥0恒成立，故判別式△=2﹣4≤0恒成立，再由，可得8||2≤8||2cos＜，＞，∴cos＜，＞≥，∴＜，＞∈[0，]，故選：C．2.是虛數單位，復數=（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A略3.已知a，b都是實數，p：直線與圓相切；q：，則p是q的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件參考答案：B若直線與圓相切，則圓心到直線的距離等于半徑，即，化簡得，即.充分性：若直線與圓相切，則，充分性不成立；必要性：若，則直線與圓相切，必要性成立.故是的必要不充分條件.故選B.

4.在中，若，則的形狀為

（

）A．等腰三角形

B．直角三角形

C．等腰直角三角形

D．等腰或直角三角形參考答案：D5.復數（其中是虛數單位）的共軛復數在復平面上對應的點位于（

）A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限參考答案：B略6.數列滿足：，則數列前項的和為A．

B．

C．

D．參考答案：A考點：倒序相加，錯位相減，裂項抵消求和因為，所以

所以數列是以2為公差的等差數列，所以

所以所以

所以數列前項的和

故答案為：A7.已知圓的方程圓心坐標為(5,0)，則它的半徑為（

）A．3

B． C．5

D．4參考答案：D8.已知不等式組（其中）表示的平面區域的面積為4，點在該平面區域內，則的最大值為(

)（A）9

（B）6

（C）4

（D）3參考答案：D由題意，要使不等式組表示平面區域存在，需要，不等式組表示的區域如下圖中的陰影部分，面積，解得，故選D.9.已知向量a，b，c滿足，，則的最小值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B10.設F1,F2分別是雙曲線的左、右焦點，若點P在雙曲線上，且,求

A．

B．

C．

D．參考答案：答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.（2016秋?天津期中）設0＜a≤1，函數f（x）=x+﹣1，g（x）=x﹣2lnx，若對任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]都有f（x1）≥g（x2）成立，則實數a的取值范圍是

．參考答案：[2﹣2ln2，1]【考點】函數的最值及其幾何意義．【專題】綜合題；轉化思想；演繹法；函數的性質及應用．【分析】求導函數，分別求出函數f（x）的最小值，g（x）的最小值，進而可建立不等關系，即可求出a的取值范圍．【解答】解：求導函數，可得g′（x）=1﹣，x∈[1，2]，g′（x）＜0，x∈（2，e]，g′（x）＞0，∴g（x）min=g（2）=2﹣2ln2，令f'（x）=0，∵0＜a＜1，x=±，當0＜a≤1，f（x）在[1，e]上單調增，∴f（x）min=f（1）=a≥2﹣2ln2，∴2﹣2ln2≤a≤1，故答案為[2﹣2ln2，1]．【點評】本題考查導數知識的運用，考查函數的最值，解題的關鍵是將對任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]都有f（x1）≥g（x2）成立，轉化為對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x）min≥g（x）min．12.已知的展開式中，二項式系數和為，各項系數和為，則

.參考答案：答案：213.如圖所示，圓的直徑，為圓周上一點，，過作圓的切線，過作的垂線，垂足為，則 ．參考答案：30o14.為說明“已知，對于一切那么。”是假命題，試舉一反例為

參考答案：答案：如

15.如圖，各條棱長均為2的正三棱柱中，M為的中點，則三棱錐的體積為__________．參考答案：略16.(坐標系與參數方程選做題)已知圓的參數方程為（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，則直線與圓的交點的直角坐標為

.

參考答案：（1，2）17.已知函數，對于上的任意有如下條件：①；②；③；其中能使恒成立的條件序號是

。參考答案：②

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.設函數f（x）=cos（2x+）+2cos2x，x∈R．（1）求函數f（x）的最小正周期和單調減區間；（2）將函數f（x）的圖象向右平移個單位長度后得到函數g（x）的圖象，求函數g（x）在區間[0，]上的值域．參考答案：【考點】三角函數的周期性及其求法；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】（1）利用三角函數的恒等變換化簡函數的解析式，再利用余弦函數的周期性和單調性，得出結論．（2）利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，求得g（x）的解析式，再利用余弦函數的定義域和值域，求得g（x）在區間[0，]上的值域．【解答】解：（1）函數f（x）=cos（2x+）+2cos2x=cos2xcos﹣sin2xsin+cos2x+1=cos2x﹣sin2x+1=cos（2x+）+1，故函數的最小正周期為=π，令2kπ≤2x+≤2kπ+π，求得kπ﹣≤x≤kπ+，求得函數的減區間為[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．（2）將函數f（x）的圖象向右平移個單位長度后得到函數g（x）=cos（2x﹣+）+1=cos（2x﹣）+1的圖象，在區間[0，]上，2x﹣∈[﹣，]，cos（2x﹣）∈[﹣，1]，g（x）∈[，2]．19.已知函數f（x）=ax+ln（x﹣1），其中a為常數．（Ⅰ）試討論f（x）的單調區間；（Ⅱ）若a=時，存在x使得不等式|f（x）|﹣≤成立，求b的取值范圍．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數求閉區間上函數的最值．【專題】函數的性質及應用．【分析】（Ⅰ）先求函數f（x）的定義域及f′（x）=，再分a≥0時、a＜0時兩種情況考慮即可；（Ⅱ）由（I）可得f（x）max=+ln（e﹣1）＜0，令，求出g（x）的單調區間，從而可得g（x）max=g（e）=，所以原不等式成立只需﹣≤，解之即可．【解答】解：（Ⅰ）由已知易得函數f（x）的定義域為：{x|x＞1}，f′（x）=a+=，當a≥0時，f′（x）＞0在定義域內恒成立，f（x）的單調遞增區間為（1，+∞），當a＜0時，由f′（x）=0得x=1﹣，當x∈（1，1﹣）時，f′（x）＞0，當x∈（1﹣，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）的單調遞增區間為（1，1﹣），遞減區間為（1﹣，+∞）；（Ⅱ）由（I）知當a=時，f（x）的單調增區間為（1，e），減區間為（e，+∞），所以f（x）max=f（e）=+ln（e﹣1）＜0，所以|f（x）|≥﹣f（e）=恒成立，當x=e時取等號．令，則，當1＜x＜e時，g（x）＞0；當x＞e時，g（x）＜0，從而g（x）在區間（1，e）上單調遞增，在區間（e，+∞）上單調遞減，所以g（x）max=g（e）=，所以，存在x使得不等式|f（x）|﹣≤成立，只需﹣≤，即：b≥﹣2ln（e﹣1）．【點評】本題主要考查函數的單調性及與不等式的綜合，比較復雜的函數的單調性，一般用導數來研究，將其轉化為函數方程不等式綜合問題解決，研究不等式時一定要先確定函數的單調性才能求解．20.數列中，，其中是函數的一個極值點．（Ⅰ）證明：數列是等比數列；（Ⅱ）求數列的通項公式；（Ⅲ）設，數列的前項和為，求．參考答案：（Ⅰ）證明：，根據已知，即，即，

，，所以數列是以為首項，為公比的等比數列．（Ⅱ）解：由于（Ⅰ）可知．所以．所以數列的通項公式．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，所以．，則，

所以，所以．略21.已知點F是拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點，若點M（x0，1）在C上，且|MF|=．（1）求p的值；（2）若直線l經過點Q（3，﹣1）且與C交于A，B（異于M）兩點，證明：直線AM與直線BM的斜率之積為常數．參考答案：【考點】拋物線的簡單性質．【分析】（1）拋物線定義知|MF|=x0+，則x0+=，求得x0=2p，代入拋物線方程，x0=1，p=；（2）由（1）得M（1，1），拋物線C：y2=2x，當直線l經過點Q（3，﹣1）且垂直于x軸時，直線AM的斜率kAM=，直線BM的斜率kBM=，kAM?kBM=×=﹣．當直線l不垂直于x軸時，直線l的方程為y+1=k（x﹣3），代入拋物線方程，由韋達定理及斜率公式求得kAM?kBM===﹣，即可證明直線AM與直線BM的斜率之積為常數﹣．【解答】解：（1）由拋物線定義知|MF|=x0+，則x0+=，解得x0=2p，又點M（x0，1）在C上，代入y2=2px，整理得2px0=1，解得x0=1，p=，∴p的值；（2）證明：由（1）得M（1，1），拋物線C：y2=x，當直線l經過點Q（3，﹣1）且垂直于x軸時，此時A（3，），B（3，﹣），則直線AM的斜率kAM=，直線BM的斜率kBM=，∴kAM?kBM=×=﹣．當直線l不垂直于x軸時，設A（x1，y1），B（x2，y2），則直線AM的斜率kAM===，同理直線BM的斜率kBM=，kAM?kBM