2021年福建省龙岩市红星中学高三数学理上学期期末试卷含解析

2021年福建省龙岩市红星中学高三数学理上学期期末试卷含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 已知复数，则它的共轭复数等于（）
A．－2+i B．－2－i C．2－i D．2+i
参考答案：
D
2.
A. －2ln2
B. ln 2
C. 2 ln 2
D. －ln2
参考答案：
B
【知识点】定积分B13
解析：，故选择B.
【思路点拨】根据被积函数找到原函数，然后利用微积分定理计算定积分即可.
3.
关于函数，有下列四个命题：①的值域是；②
是奇函数；③在上单调递增；④方程总有四个不同的解.其中正确的是( )
A. 仅①②
B. 仅②③
C.仅②④
D.仅③④
参考答案：答案:C
4. 已知a＞0且a≠1，函数在区间（﹣∞，+∞）上既是奇函数又是增函数，则函数g（x）=log a|x|﹣b|的图象是（）
B C D
A
解答：
解：∵函数在区间（﹣∞，+∞）上是奇函数，
∴f（0）=0
∴b=1，
又∵函数在区间（﹣∞，+∞）上是增函数，
所以a＞1，
所以g（x）=log a||x|﹣1|定义域为x≠±1，且当x＞1递增，当0＜x＜1递减，
故选A
点评：本题考查函数奇偶性和单调性，即对数函数的性质，本题解题的关键是看出题目中所出现的两
（Ａ）或（Ｂ）或（Ｃ）或（Ｄ）或
参考答案：
A
6. 为等差数列{}的前n项和，正项等比数列{}中，则
A、8
B、9
C、10
D、11
参考答案：
B
S6－S2＝a3＋a4＋a5＋a6＝2(a4＋a5)＝0，又a4＝1，∴a5＝－1．∴，又，即
，∴，．所以，所以．
7. 定义域为的偶函数满足对，有，且当时，
，若函数在上至少有三个零点，则的取值范围
是
（
）
A．B． C． D．
参考答案：
B
因为函数是偶函数，所以，即，所以函数关于直线对称，又，所以，即函数的周期是4.由得，，令
，当时，，过定点.由图象可知当时，不成立.所以.因为，所以要使函数在
上至少有三个零点，则有，即，所以，即
，所以，即的取值范围是，选B,如图.
8. 函数y=log a（x+3）﹣1（a＞0，且a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+2=0上，其中m ＞0，n＞0，则的最小值为（）
A．2B．4 C．D．
参考答案：
D
【考点】对数函数的图象与性质．
【专题】计算题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】由题意可得点A（﹣2，﹣1）；故﹣2m﹣n+2=0；从而得=+=++2+；利用
基本不等式求解．
【解答】解：由题意，点A（﹣2，﹣1）；
故﹣2m﹣n+2=0；
故2m+n=2；
=+
=++2+
≥4+=；
当且仅当m=n=时，等号成立；
故选D．
【点评】本题考查了函数的性质应用及基本不等式的应用，属于基础题．
9. 函数的零点有
A. 0个
B. 1个
C.2个
D.3个
参考答案：
A
10. 已知{a n }是等差数列，满足：对?n ∈N*，a n +a n +1＝2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝（ ）
A. n
B. n ﹣1
C. n ﹣
D. n+
参考答案：
C 【分析】 由
得
，两式相减得
，可得d 的值，可得答案.
【详解】解：由得
，
两式相减得
，
故.
故选
.
【点睛】本题主要考查由递推公式求等差数列的通项公式，由已知得出是解题的关键.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知集合 若
，则实数
的取值范围是
A ．{1}
B ．（—
，0）
C ．（1，+
） D ．（0，1）
参考答案：
D
12. 表示为= 。

参考答案：
2 略
13. 由约束条件，确定的可行域D
能被半径为
的圆面完全覆盖，则实数k 的取值范
围是 ．
参考答案：
【考点】7C ：简单线性规划．
【分析】先画出由约束条件确定的可行域D ，由可行域能被圆覆盖得到可行域是封闭的，判断出直线
y=kx+1斜率小于等于即可得出k 的范围． 【解答】解：∵可行域能被圆覆盖， ∴可行域是封闭的，
作出约束条件的可行域：
可得B （0，1），C （1，0），|BC|=，
结合图，要使可行域能被
为半径的圆覆盖，
只需直线y=kx+1与直线y=﹣3x+3的交点坐标在圆的内部， 两条直线垂直时，交点恰好在圆上，此时k=， 则实数k 的取值范围是：（﹣∞，]．
故答案为：
．
14. 已知
．
参考答案：
0.8
略
15. 若等比数列{a n }的前n 项和为
S n ，a 3=，S 3=，则公比q
=．
参考答案：
1或
【分析】根据等比数列的前n项和建立等式，利用a3和q表示出a1与a2，然后解关于q的一元二次方
程，即可求出所求．
【解答】解：∵
∴a1+a2+a3=则a1+a2=3
∴化简得2q2﹣q﹣1=0
解得q=1或
故答案为：1或
【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和，以及等比数列的通项，同时考查了运算求解的能力，
属于基础题．
16. 已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象如图所示，则f（4）= ．
参考答案：
【考点】HK：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【分析】由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，从而求得f（4）的值．
【解答】解：根据函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象，可得==3﹣1，
∴ω=，
再根据五点法作图可得ω?1+φ=，∴φ=﹣，∴f（x）=sin（x﹣），
∴f（4）=sin（3π﹣）=sin（π﹣）=，
故答案为：．
17. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为
(为参数)，若直线与曲线相交于两点，则＝____．
参考答案：
【知识点】参数和普通方程互化
【试题解析】因为，联立得得
，得
故答案为：
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 选修4-4:坐标系与参数方程 (本小题满分10分)
己知直线的参数方程为（t为参数）,圆C的参数方程为.
(a>0. 为参数)，点P是圆C上的任意一点，若点P到直线的距离的最大值为，求a的
值。

参考答案：
【知识点】参数方程化成普通方程；直线的参数方程．N3
解析：因为直线的参数方程为,
消去参数，得直线的普通方程为．……………………………………3分
又因为圆的参数方程为（为参数），
所以圆的普通方程为．………………………………………………6分
因为圆的圆心到直线的距离，……………………………………………8分
故依题意，得，
解得. ……………………………………………………………………………10分
【思路点拨】本题可以通过消参法得到直线和圆的普通方程，再利用点到直线的距离公式求出点P到
直线l的距离，由于点P到直线l的距离的最大值为，故可得到本应的等式，从而求出a的值，得到本题结论．
19. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD。

（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ
（II）求二面角Q-BP-C的余弦值。

参考答案：
解：
如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.
（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.
则
所以
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分
（II）依题意有B（1，0，1），
设是平面PBC的法向量，则
因此可取
设m是平面PBQ的法向量，则
可取
故二面角Q—BP—C的余弦值为………………12分
20. 如图所示，在直三棱柱中，平面为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）在上是否存在一点，使得∠=45°，若存在，试确定的位置，并判断平面
与平面是否垂直？若不存在，请说明理由．
参考答案：
证明：（Ⅰ）如图，连接与相交于，则为的中点．连结，又为的中点，，又平面，
平面．
（Ⅱ），∴四边形为正方形，
．又面
，面，．又在直棱柱中，，平面．
（Ⅲ）当点为的中点时，∠=45°，且平面平面．
设AB=a，CE=x，∴，
，∴，．在中，由余弦定理，得，
即，∴，
∴x=a，即E是的中点．、分别为、的中点，．
平面，平面．又平面，∴平面平面．
略
21. 已知函数．
（Ⅰ）求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．
参考答案：
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（Ⅰ）利用导数的运算法则求出f′（x），求出切线斜率，即可求f（x）在点（0，f （0））处的切线方程；
（Ⅱ）当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（I）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．利用导数先证明：?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x2∈（0，1），可得f（x2）＜f（﹣x2）．即f（x1）＜f（﹣x2）．由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，因此得证．
【解答】（Ⅰ）解：∵，
∴f′（x）=，
∴f′（0）=0，f（0）=1
∴f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；
（Ⅱ）证明：当x＜1时，由于＞0，e x＞0，得到f（x）＞0；
同理，当x＞1时，f（x）＜0．
当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．
当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．
可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．
下面证明：?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），即证＜．
此不等式等价于（1﹣x）e x﹣＜0．
令g（x）=（1﹣x）e x﹣，则g′（x）=﹣xe﹣x（e2x﹣1）．
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．
即（1﹣x）e x﹣＜0．
∴?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．
而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（﹣x2）．
从而，f（x1）＜f（﹣x2）．
由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．
【点评】本题综合考查了利用导数研究切线方程、函数的单调性、等价转化问题等基础知识与基本技能，需要较强的推理能力和计算能力．
22. （本小题满分12分）已知函数的定义域为，
（1）求；（2）当时，求的最小值．参考答案：
（1）依题意，，解得
（2）=
又，，.
①若，即时，==，
②若，即时，
当即时，=。