山西省長治市師莊鄉中學2021-2022學年高三數學理下學期期末試題含解析一、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f(x)=2mx3?3nx2+10(m>0)有且僅有兩個不同的零點，則lg2m+lg2n的最小值為

（

）

A、

B、

C、

D、參考答案：D試題分析：,由得，，，即函數的兩個極值點為，，又因為，函數有兩個不同的零點，所以，即，所以

,當時，有最小值，故選D.考點：1.導數與函數的極值；2.函數與方程；3.二次函數.2.已知點P的坐標（x，y）滿足，過點P的直線l與圓C：x2+y2=16相交于A，B兩點，則|AB|的最小值為（）A．B． C．D．參考答案：A【考點】簡單線性規劃．【分析】作出不等式組對應的平面區域，畫出以原點為圓心，半徑是4的圓，利用數形結合即可得到在哪一個點的直線與圓相交的弦最短．【解答】解：作出不等式組對應的平面區域如圖由圖象可知，當P點在直線x=1與x+y=4的交點時，與圓心距離最遠，作出直線與圓相交的弦短．P的坐標為（1，3），圓心到P點距離為d=，根據公式|AB|=2，可得：|AB|=2．故選：A．3.某程序的框圖如圖所示，執行該程序，若輸入的為12，則輸出的的值分別為（A）

（B）（C）

（D）參考答案：D4.已知﹑均為非零向量，條件

條件的夾角為銳角，則是成立的Ａ．充要條件

Ｂ．充分而不必要的條件Ｃ．必要而不充分的條件

Ｄ．既不充分也不必要的條件參考答案：答案：C5.在中，內角的對邊分別為，若，則角（

）A

B

C

D參考答案：B略6.一個幾何體的三視圖如圖所示，正視圖與側視圖為全等的矩形，俯視圖為正方形，則該幾何體的體積為（

）（A）

(B)

(C)

(D)參考答案：A根據三視圖可知，該幾何體是長方體中挖去一個正四棱錐，故該幾何體的體積等于7.已知關于x的二項式展開式的二項式系數之和為32，常數項為80，則a的值為（）A．1 B．±1 C．2 D．±2參考答案：C【考點】二項式定理．【分析】根據題意，有2n=32，可得n=5，進而可得其展開式為Tr+1=C5r?（）5﹣r?（）r，分析可得其常數項為第4項，即C53?（a）3，依題意，可得C53?（a）3=80，解可得a的值．【解答】解：根據題意，該二項式的展開式的二項式系數之和為32，則有2n=32，可得n=5，則二項式的展開式為Tr+1=C5r?（）5﹣r?（）r，其常數項為第4項，即C53?（a）3，根據題意，有C53?（a）3=80，解可得，a=2；故選C．8.“”是“”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：A【分析】先考慮充分性，再考慮必要性得解.【詳解】先考慮充分性.,=，因為，所以，所以“”是“”的充分條件.再考慮必要性.,=，不能推出.如：a=-3,b=-1.所以“”是“”的非必要條件.所以“”是“”充分不必要條件.故選：A【點睛】本題主要考查充分必要條件的判斷，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.9.在復平面內，復數z=（i為虛數單位）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：A【考點】復數代數形式的乘除運算．【分析】利用復數的運算法則、幾何意義即可得出．【解答】解：復數z===i+1對應的點（1，1）位于第一象限．故選：A．【點評】本題考查了復數的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．10.函數f(x)的部分圖像如圖所示，則f(x)的解析式可以是（）參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數．若函數g（x）=f（x）﹣k有兩個不同的零點，則實數k的取值范圍是．參考答案：【考點】52：函數零點的判定定理．【分析】由題意可得函數f（x）的圖象與直線y=k有二個不同的交點，結合圖象求出實數k的取值范圍．【解答】解：由題意可得函數f（x）的圖象與直線y=k有二個不同的交點，如圖所示：故實數k的取值范圍是，故答案為．【點評】本題主要考查函數的零點與方程的根的關系，體現了化歸與轉化、數形結合的數學思想，屬于中檔題．12.在正三棱錐S﹣ABC中，AB=，M是SC的中點，AM⊥SB，則正三棱錐S﹣ABC外接球的球心到平面ABC的距離為．參考答案：【考點】棱錐的結構特征．【分析】利用正三棱錐S﹣ABC和M是SC的中點，AM⊥SB，找到SB，SA，SC之間的關系．在求正三棱錐S﹣ABC外接球的球心與平面ABC的距離．【解答】解：取AC的中點N，連接BN，因為SA=SC，所以AC⊥SN，由∵△ABC是正三角形，∴AC⊥BN．故AC⊥平面SBN，AC⊥BC．又∵AM⊥SB，AC∩AM=A，∴SB⊥平面SAC，SB⊥SA且SB⊥SC故得到SB，SA，SC是三條兩兩垂直的．可以看成是一個正方體切下來的一個正三棱錐．故外接圓直徑2R=∵AB=，∴SA=1．那么：外接球的球心與平面ABC的距離為正方體對角線的，即d=．故答案為：．13.函數的最大值為

參考答案：14.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為，D為BC中點，則三棱錐A-B1DC1的體積為

．參考答案：1；15.已知三棱錐的頂點都在球的球面上,且平面,則三棱錐的體積等于．參考答案：12略16.已知，且復數是純虛數,則a=

.參考答案：－2

17.以雙曲線的右焦點為圓心，并與其漸近線相切的圓的標準方程是

_______.參考答案：雙曲線的漸近線為，不妨取，即。雙曲線的右焦點為，圓心到直線的距離為，即圓的半徑為4，所以所求圓的標準方程為。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.（本小題滿分12分）已知橢圓C:的離心率為，其左、右焦點分別為、，點是坐標平面內一點，且，，其中為坐標原點.⑴求橢圓C的方程；⑵如圖，過點，且斜率為的動直線交橢圓于、兩點，在軸上是否存在定點，使以為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．參考答案：解：(1)設，由可知①(1分)又，，即②

(2分)①代入②得：.又，可得，故所求橢圓方程為

(4分)(2)設直線，代入，有.設，則.

(6分)若軸上存在定點滿足題設，則，，

(9分)由題意知，對任意實數都有恒成立，

即對成立.解得，

(11分)在軸上存在定點，使以為直徑的圓恒過這個定點.

(12分)19.已知{an}是各項為正數的等比數列，,數列{bn}的前n項和為Sn，.（Ⅰ）求數列{an}的通項公式;（Ⅱ）求證:對任意的，數列為遞減數列.參考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）見解析【分析】（Ⅰ）設等比數列的公比為，利用和建立方程組，求出與的值，注意到，再利用等比數列的通項公式可求出數列的通項公式；（Ⅱ）先求出數列的通項公式，并求出數列的前項和，利用作差法得出來說明數列為遞減數列。【詳解】（Ⅰ）設等比數列的公比為，則，

解得或（舍），

.

所以；

證明：（Ⅱ）因為，

所以是以為首項，以2為公差的等差數列.

所以，

.

因為，因為，所以，所以數列為遞減數列。【點睛】本題考查等比數列的通項公式以及數列單調性的定義，在證明數列的單調性時，一般有以下幾種證法：①作差法：，則數列為遞增數列；，則數列為常數列；，則數列為遞減數列；②當數列為正項數列，可采用作商法：，則數列為遞增數列；，則數列為常數列；，則數列為遞減數列。20.如圖所示，多面體EF﹣ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，四邊形ACFE為矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，AD＝DC＝BC＝CF＝1，AC⊥BC，∠ADC＝120°

（1）求證：BC⊥AF

（2）求平面BDF與平面CDF所成夾角的余弦值．參考答案：（1）證明：∵平面ACFE⊥平面ABCD且平面ACFE∩平面ABCD＝AC又∵BC⊥AC

∴BC⊥平面ACFE又∵AF平面ACFE

∴BC⊥AF方法二：建系后用向量證之（略）（2）解：由已知，以C為坐標原點，CA，CB，CF所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz，連接BD交AC于O點，連接OF，要使AM∥平面BDF，易得AM∥OF∵AD＝DC＝BC＝CF＝1，∠ADC＝120°∴AC＝BD＝，OC＝，即B（0，1，0），D（，，0），F（0，0，1）∴＝（，，－1），＝（0，1，－1），＝（0，0，－1）設平面BDF的法向量為＝（x，y，z）令z＝1，則y＝1，x＝，∴＝（，1，1）設平面CDF的法向量為＝（x，y，z）令x＝1，則y＝，z＝0，∴＝（1，，0）設平面BDF與平面CDF的夾角為α21.選修4—4：極坐標與參數方程已知圓方程為。①．求圓心軌跡的參數方程C；②．點是（1）中曲線C上的動點，求的取值范圍。參考答案：①．將圓的方程整理得：(x-4cos)2+(y-3sin)2=1

設圓心坐標為P(x,y)

則……………3分

②．2x+y=8cos+3sin

=∴-≤2x+y≤……………7分22.如圖，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，側棱AA1⊥底面ABCD，AB=1，AC=，BC=BB1=2．（Ⅰ）求證：AC⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求二面角A﹣C1D﹣C的平面角的余弦值．參考答案：【考點】MT：二面角的平面角及求法；LW：直線與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推導出AB⊥AC，AA1⊥AC，由此能證明AC⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）過點C作CP⊥C1D于P，連接AP，則AC⊥平面DCC1D1，從而∠CPA是二面角A﹣C1D﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣C1D﹣C的平面角的余弦