江蘇省揚州市贊化中學2021年高三數學文上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.下列命題正確的個數是①已知復數，在復平面內對應的點位于第四象限；②若是實數，則“”的充要條件是“”；③命題P：“”的否定P：“”；A．3

B．2

C．1

D．0參考答案：C2.是兩個定點，點為平面內的動點，且（且），點的軌跡圍成的平面區域的面積為，設（且）則以下判斷正確的是（

）A．在上是增函數，在上是減函數B．在上是減函數，在上是減函數C．在上是增函數，在上是增函數D．在上是減函數，在上是增函數參考答案：A略3.已知是函數f(x)=2x+的一個零點.若∈（1，），∈（，+），則（A）f()＜0，f()＜0

（B）f()＜0，f()＞0（C）f()＞0，f()＜0

（D）f()＞0，f()＞0參考答案：B略4.已知在同一坐標系中，函數的圖象是下圖中的參考答案：C略5.設{an}是首項為正數的等比數列，公比為q，則“q＜0”是“對任意的正整數n，a2n﹣1+a2n＜0”的（）A．充要條件 B．充分而不必要條件C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：C【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】利用必要、充分及充要條件的定義判斷即可．【解答】解：{an}是首項為正數的等比數列，公比為q，若“q＜0”是“對任意的正整數n，a2n﹣1+a2n＜0”不一定成立，例如：當首項為2，q=﹣時，各項為2，﹣1，，﹣，…，此時2+（﹣1）=1＞0，+（﹣）=＞0；而“對任意的正整數n，a2n﹣1+a2n＜0”，前提是“q＜0”，則“q＜0”是“對任意的正整數n，a2n﹣1+a2n＜0”的必要而不充分條件，故選：C．6.《九章算術》中有如下問題：“今有勾五步，股一十二步，問勾中容圓，徑幾何？”其大意：“已知直角三角形兩直角邊分別為5步和12步，問其內切圓的直徑為多少步？”現若向此三角形內隨機投一粒豆子，則豆子落在其內切圓外的概率是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C7.已知是首項為1，公比為2的等比數列，則數列{an}的第100項等于A．25050

B．24950

C．2100

D．299參考答案：A8.函數y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的圖象必經過點（）A．（0，1） B．（1，1） C．（2，0） D．（2，2）參考答案：D【考點】4B：指數函數的單調性與特殊點．【分析】根據a0=1（a≠0）時恒成立，我們令函數y=ax﹣2+1解析式中的指數部分為0，即可得到函數y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的圖象恒過點的坐標．【解答】解：∵當X=2時y=ax﹣2+1=2恒成立故函數y=ax﹣2+1（a＞0且a≠1）的圖象必經過點（2，2）故選D9.，則

（

）A．

B.

C.

D.參考答案：D10.設a1，a2，…，an是1，2，…，n的一個排列，把排在ai的左邊且比ai小的數的個數為ai（i=1，2，…n）的順序數，如在排列6，4，5，3，2，1中，5的順序數為1，3的順序數為0，則在1至8這8個數的排列中，8的順序數為2，7的順序數為3，5的順序數為3的不同排列的種數為(

)A．48 B．120 C．144 D．192參考答案：C【考點】排列、組合的實際應用．【專題】計算題；分類討論．【分析】根據8和7的特點得到8和7的位置，題目轉換為數列123456保證5的順序數是3就可以，分兩種情況討論，6在5前面，此時5一定在第5位，除6外前面有3個數，6在5后面，此時5一定在第4位上，6在后面兩個數字上，根據分類原理得到結果．【解答】解：由題意知8一定在第三位，前面有幾位數，順序數就為幾而且對其他數的順序數沒有影響，因為8最大，7一定在第五位，因為前面除了8以外所有數都比他小現在對其他數的順序數沒有影響，∵在8后面又比其他數小∴這兩個可以不管可以把題轉換為數列123456保證5的順序數是3就可以了，∴分兩種情況6在5前面，此時5一定在第7位，除6外前面有3個數，故有4×4×3×2×1=96種6在5后面，此時5一定在第6位上，6在后面兩個數字上，故有2×4×3×2×1=48∴共有96+48=144種結果，故選C．【點評】數字問題是排列中的一大類問題，條件變換多樣，把排列問題包含在數字問題中，解題的關鍵是看清題目的實質，很多題目要分類討論，要做到不重不漏．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的圖象如圖所示，則f（4）=

．參考答案：【考點】HK：由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式．【分析】由周期求出ω，由五點法作圖求出φ的值，可得函數的解析式，從而求得f（4）的值．【解答】解：根據函數f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的圖象，可得==3﹣1，∴ω=，再根據五點法作圖可得ω?1+φ=，∴φ=﹣，∴f（x）=sin（x﹣），∴f（4）=sin（3π﹣）=sin（π﹣）=，故答案為：．12.函數的反函數_____________．參考答案：13.函數的定義域為____________.參考答案：14.二項式的展開式中常數項為，則=

．參考答案：-84略15.已知A,B,P是雙曲線(a>0,b>0)上不同的三個點，且A，B的連線經過坐標原點，若直線PA、PB的斜率的乘積kPA·kPB＝，則該雙曲線的離心率為

。參考答案：16.設.（1）求實數a；（2）求數列{xn}的通項公式；（3）若，求證：b1+b2+…+bn<n＋1.

參考答案：(1)(2)(3)略解析：解：由，得，當且僅當時，有唯一的解，此時(2)由得，所以是以為首項為公差的等差數列，由，得（3）

略17.復數的虛部是．參考答案：【考點】復數代數形式的乘除運算；復數的基本概念．【專題】計算題．【分析】復數的分子、分母同乘分母的共軛復數，復數化簡為a+bi（a，b∈R）的形式，即可．【解答】解：復數==，它的虛部為：，故答案為：．【點評】本題是基礎題，考查復數代數形式的乘除運算，復數的基本概念，考查計算能力，常考題型．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.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面PCD⊥平面ABCD，，點E為線段PC的中點，點F是線段AB上的一個動點．（Ⅰ）求證：平面平面PBC；（Ⅱ）設二面角的平面角為，試判斷在線段AB上是否存在這樣的點F，使得，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．參考答案：（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）根據面面垂直的判定定理即可證明結論成立；（Ⅱ）先證明，，兩兩垂直，再以為原點，以，，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設，用表示出平面的法向量，進而表示出，由，即可得出結果.【詳解】解：（Ⅰ）四邊形是正方形，∴.∵平面平面平面平面，∴平面.∵平面，∴.∵，點為線段的中點，∴.又∵，∴平面.又∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，∵，∴平面.在平面內過作交于點，∴，故，，兩兩垂直，以為原點，以，，所在直線分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標系.因為，，∴.∵平面，則，，又為的中點，，假設在線段上存在這樣的點，使得,設，，，設平面的法向量為，則∴，令，則，則平面，平面的一個法向量,,則∴.，解得，∴【點睛】本題主要考查面面垂直的判定定理，以由二面角的大小求其它的量，熟記面面垂直的判定定理即可證明結論成立；對于空間角的處理，常用空間向量的方法，屬于常考題型.19.設拋物線Γ的方程為y2＝2px，其中常數p＞0，F是拋物線Γ的焦點.（1）若直線x＝3被拋物線Γ所截得的弦長為6，求p的值；（2）設A是點F關于頂點O的對稱點，P是拋物線Γ上的動點，求的最大值；（3）設p=2，l1、l2是兩條互相垂直，且均經過點F的直線，l1與拋物線交于點A、B，l2與拋物線Γ交于點C、D，若點G滿足，求點G的軌跡方程.參考答案：（1）；（2）；（3）.【分析】（1）當時，代入拋物線方程，求得，可得弦長，解方程可得；（2）求得的坐標，設出過的直線為，，聯立拋物線方程，若要使取到最大值，則直線和拋物線相切，運用判別式為0，求得傾斜角，可得所求最大值；（3）求得，設，，，，，，，，，設，聯立拋物線方程，運用韋達定理和兩直線垂直斜率之積為-1的條件，結合向量的坐標表示，和消元法，可求得軌跡方程【詳解】（1）由可得，可得，解得；（2）是點，關于頂點的對稱點，可得，，設過的直線為，，聯立拋物線方程可得，由直線和拋物線相切可得△，解得，可取，可得切線的傾斜角為，由拋物線的定義可得，而的最小值為，的最大值為；（3）由，可得，設，，，，，，，，，設，聯立拋物線，可得，即有，，由兩直線垂直的條件，可將換為，可得，，點滿足，可得，，，即為①，②，聯立①②式消元可得，則的軌跡方程為【點睛】本題考查拋物線的定義、方程、性質，直線和拋物線的位置關系，判別式和韋達定理的具體運用，向量的坐標表示，運算及化簡求值能力，屬于中檔題20.如圖，設橢圓（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，點D在橢圓上，DF1⊥F1F2，，的面積為.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）是否存在圓心在y軸上的圓，使得圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程，若不存在，請說明理由。參考答案：（Ⅰ）設F1（-c,0），F2（c,0），其中c2=a2－b2由得，從而，故c=1從而，由DF1⊥F1F2得，因此.所以，故，b2=a2－c2=1，因此所求橢圓的標準方程為.（Ⅱ）如圖，設圓心在y軸上的圓C與橢圓相交，P1(x1,y1)，P2(x2,y2)是兩個交點，y1＞0,y2＞0,F1P1,F2P2是圓C的切線，且F1P1⊥F2P2，由圓和橢圓的對稱性，易知，x2=－x1，y1=y2.由（Ⅰ）知F1(-1,0)，F2(1,0)，所以，，再由F1P1⊥F2P2得，由橢圓方程得，即，解得或.當時，P1，P2重合，題設要求的圓不存在.當時，過P1，P2分別與F1P1，F2P2垂直的直線交點即為圓心C，設C(0，y0)，由CP1⊥F1P1得，而，故.圓C的半徑.綜上，存在滿足題設條件的圓，其方程為.【點評】：第一問運用橢圓的幾何性質求標準方程，比較簡單；第二問把橢圓和圓結合起來，查考了橢圓的對稱性，圓的切線與半徑垂直等性質，計算出圓心坐標，計算要仔細，難度與去年相比比較平穩。21.已知集合A＝{x|a≤x≤a＋3}，B＝{x|x<－1，或x>5}，全集U＝R.(1)若A∩B＝?，求實數a的取值范圍；(2)若?UBA，求實數a的取值范圍．參考答案：略22.（2017?深圳一模）已知函數f（x）=（ax+1）lnx﹣ax+3，a∈R，g（x）是f（x）的導函數，e為自然對數的底數．（1）討論g（x）的單調性；（2）當a＞e時，證明：g（e﹣a）＞0；（3）當a＞e時，判斷函數f（x）零點的個數，并說明理由．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；根的存在性及根的個數判斷．【分析】（1）求導，由導數與函數單調性的關系，即可求得g（x）的單調區間；（2）由g（e﹣a）=﹣a2+ea，構造函數h（x）=﹣x2+ex，求導，當x＞e時，h′（x）＞0，函數單調遞增，即可求得h（x）=﹣x2+ex＞﹣e2+ee＞0，（3）由（1）可知，函數最小值為g（）=0，故g（x）恰有兩個零點x1，x2，則可判斷x1，x2是函數的極大值和極小值，由函數零點的存在定理，求得函數f（x）只有一個零點．【解答】解：（1）對函數f（x），求導得g（x）=f′（x）=alnx+，g′（x）=﹣=，①當a≤0時，g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上為減函數；②當a＞0時，′（x）＞0，可得x＞，故g（x）的減區間為（0，），增區間為（，+∞）；（2）證明：g（e﹣a）=﹣a2+ea，設h（x）=﹣x2+ex，則h′（x）=ex﹣2x，易知當x＞e時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增，h（x）=﹣x2+ex＞﹣e2+ee＞0，∴g（e﹣a）＞0；（3）由（1）可知，當a＞e時，g（x）是先減再增的函數，其最小值為g（）=aln+a=a（ln+1）＜0，而此時g（）=1+，g（e﹣a）＞0，且e﹣a＜＜，故g（x）恰有兩個零點x1，x2，∵當x∈（0，x1）時，f′（x）=g（x）＞0；當x∈