2021-2022学年山东省聊城市博文高级中学高三数学文下学期期末试题含解析

2021-2022学年山东省聊城市博文高级中学高三数学文下学期
期末试题含解析
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. 设函数是定义在R上周期为3的奇函数，若，则有
A .且 B．或 C． D.
参考答案：
B
2. 已知函数，则的解集为( )
A．(-∞,-1)∪(1,+∞) B. [-1,-)∪(0,1]
参考答案：
B
3. 已知抛物线（）与双曲线（，）有相同的焦点F，点A是两条曲线的一个交点，且轴，则该双曲线经过一、三象限的渐近线的倾斜角所在的区间是
（）
A．B． C. D．
参考答案：
D
两曲线有相同的焦点F，则.
又AF⊥x轴.不妨设点A在第一象限.可得A(c，2c). 代入可得，
整理化简可得：，
双曲线经过一三象限的渐近线方程为，
令，则：，
解得：，即.
故双曲线的渐近线的倾斜角所在的区间为.
本题选择D选项.
4. 下列函数是偶函数，且在上单调递增的是
A. B.
C. D.
参考答案：
D
略
5. 定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a=（m，n），b=（p，q），令a⊙b= mq－np，下面说法错误的是
A．若a与b共线，则a⊙b =0 B．a⊙b =b⊙a
C．对任意的R，有（a）⊙b =（a⊙b）D．（a⊙b）2+（a·b）2= |a|2|b|2
参考答案：
B
由定义知：a⊙b= mq－np：所以选项A正确；又b⊙a=pn-mq≠a⊙b= mq－np，所以选项B错误；（a）⊙b=，(a⊙b)= ( mq－np)=所以对任意的R，有（a）⊙b =（a⊙b），选项C正确；
（a⊙b）2+（a·b）2=( mq－np)2+( mp+nq)2=，
|a|2|b|2=，所以（a⊙b）2+（a·b）2= |a|2|b|2，因此D正确。

6. 已知，把数列的各项排列成如下的三角形状，
记表示第行的第个数，则= （）
A. B. C.
D.
参考答案：
B
略
7. 的展开式中，常数项是（）
A． B． C．
D．
参考答案：
D
，
令，解得．
∴常数项为．
8. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为
A. B. C. D.
参考答案：A
解答：
由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平面中存在平面与平面平行（如图），而在与平面平行的所有平面中，面积最大的为由各棱的中点构成的截面，而平面的面积.
9. 已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为
A． B．C． D．
参考答案： C
由正视图与俯视图可知，该几何体为正三棱锥，侧视图为，侧视图的高为
，高为，所以侧视图的面积为。

选C.
10. 下列函数中，周期为，且在上为减函数的是 （ ）
（A ） （B ）
（C ） （D ）
参考答案： A
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知函数
, 若关于x 的方程
有且仅有四个根, 其最
大根为t, 则函数的值域为__________________.
参考答案：
略
12. 已知数列{}的前项和，若它的第项满足，则
参考答案：
8 略
13.
（5分）如图是某青年歌手大奖赛上七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中m 为数字0～9中的一个），去掉一个最高分和一个最低分后，甲、乙两名选手得分的平均数分别为a 1、a 2，则它们的大小关系是 ．
参考答案：
a 1＞a 2
由题意知去掉一个最高分和一个最低分以后，两组数据都有五个数据， 代入数据可以求得甲和乙的平均分，
a 1=+80=84， a 2=
+80=85，
∴a 2＞a 1
故答案为a 1＞a 2．
14. 以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为
，曲线C 2的参数方程为
(0<α<π)，若曲线C 1与C 2有两个不同的交
点，则实数m 的取值范围是____________．
参考答案：
15. 中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将圆O 的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”．给出下列命题：
①对于任意一个圆O ，其“优美函数”有无数个；
②函数f （x ）=ln （x+
）可以是某个圆的“优美函数”；
③余弦函数y=f （x ）可以同时是无数个圆的“优美函数”；
④函数y=f （x ）是“优美函数”的充要条件为函数y=f （x ）的图象是中心对称图形． 其中正确的命题是 （写出所有正确命题的序号）
参考答案：
①②④
【考点】2K ：命题的真假判断与应用；3O ：函数的图象． 【分析】利用新定义逐个判断函数是否满足新定义即可．
【解答】解：①对于任意一个圆O ，其“优美函数”有无数个，注意函数是奇函数，即可得到结果．①是“优美函数”． ②函数f （x ）=ln （x+）可以是某个圆的“优美函数”；
因为函数f （x ）=ln （x+
）是奇函数，满足优美函数的定义，所以②满足题意；
③余弦函数y=f （x ）=cosx 是偶函数，不可以同时是无数个圆的“优美函数”；所以③不正确． ④函数y=f （x ）是“优美函数”的充要条件为函数y=f （x ）是奇函数，它的图象是中心对称图形．所以④满足题意． 故答案为：①②④．
16. 已知函数y=sin 4x+cos 4x （x ∈R ）的值域是[，1]，则 （1）函数y=sin 6x+cos 6x （x ∈R ）的值域是 _________ ；
（2）类比上述结论，函数y=sin 2n x+cos 2n x （n ∈N *）的值域是 _________ ．
参考答案：
（1
） [，1] ；（2） [，1]
略
17. 对于任意的平面向量，定义新运算
：
．若
为
平面向量，，则下列运算性质一定成立的所有序号是 ．（写出所有正确命题
的编号）
①； ②
；
③
； ④
．
参考答案：
①③
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4一1：几何证明选讲
如图，C 是以AB 为直径的半圆O 上的一点，过C 的直线交直线AB 于E ，交过A 点的切线于D ，BC∥OD．
（Ⅰ）求证：DE 是圆O 的切线； （Ⅱ）如果AD=AB=2，求EB ．
参考答案：
考点： 与圆有关的比例线段． 专题： 证明题．
分析： （Ⅰ）要证DE 是圆O 的切线，连接AC ，只需证出∠DAO=90°，由BC∥OD?OD⊥AC，则OD 是AC 的中垂线．通过△AOC，△BOC 均为等腰三角形，即可证得∠DAO=90°．
（Ⅱ）由 BC∥OD?∠CBA=∠DOA，结合∠BCA=∠DAO，得出△ABC∽△AOD，利用比例线段求出EB ． 解答： （Ⅰ）证：连接AC ，AB 是直径，则BC⊥AC
由BC∥OD?OD⊥AC
则OD是AC的中垂线?∠OCA=∠OAC，∠DCA=∠DAC，
?∠OCD=∠OCA+∠DCA=∠OAC+∠DAC=∠DAO=90°．
?OC⊥DE，所以DE是圆O的切线．
（Ⅱ）BC∥OD?∠CBA=∠DOA，∠BCA=∠DAO?△ABC∽△AOD
??BC===???
?BE=
点评：本题考查圆的切线的证明，与圆有关的比例线段．准确掌握与圆有关的线、角的性质是解决此类问题的基础和关键．
19. （12分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CD1的中点，AA1=AD=1，AB=2．．（1）求证：EF∥平面BCC1B1；
（2）求证：平面CD1E⊥平面D1DE；
（3）求三棱锥F﹣D1DE的体积．参考答案：
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）过F作FM∥C1D1交CC1于M，连结BM，推导出EBMF是平行四边形，从而
EF∥BM，由此能证明EF∥平面BCC1B1．
（2）推导出D1D⊥CE，CE⊥DE，从而CE⊥平面D1DE，由此能证明平面CD1E⊥平面D1DE．
（3）由，能求出三棱锥F﹣D1DE的体积．
【解答】证明：（1）过F作FM∥C1D1交CC1于M，连结BM，
∵F是CD1的中点，∴FM∥C1D1，FM=C1D1，（2分）
又∵E是AB中点，∴BE∥C1D1，BE=C1D1，
∴BE∥FM，BE=FM，EBMF是平行四边形，∴EF∥BM
又BM在平面BCC1B1内，∴EF∥平面BCC1B1．（4分）
（2）∵D1D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD内，∴D1D⊥CE
在矩形ABCD中，DE2=CE2=2，∴DE2+CE2=4=CD2，（6分）
∴△CED是直角三角形，∴CE⊥DE，∴CE⊥平面D1DE，
∵CE在平面CD1E内，∴平面CD1E⊥平面D1DE．（8分）
解：（3）三棱锥F﹣D1DE的体积：
=
==．（12分）
【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求不地，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
20. （14分）若存在实常数和，使得函数和对其定义域上的任意实数分别满足：和，则称直线为和的“隔离直线”．
已知，（其中为自然对数的底数）．
(1)求的极值；
(2) 函数和是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由．
参考答案：
解析:(1) ，
．
当时，．
当时，，此时函数递减；
当时，，此时函数递增；
∴当时，取极小值，其极小值为．
(2)解法一：由（1）可知函数和的图象在处有公共点，
因此若存在和的隔离直线，则该直线过这个公共点．
设隔离直线的斜率为，则直线方程为，即．
由，可得当时恒成立
，由，得．下面证明当时恒成立．令，则，
当时，．
当时，，此时函数递增；
当时，，此时函数递减；
∴当时，取极大值，其极大值为．
从而，即恒成立．
∴函数和存在唯一的隔离直线．
解法二：由(1)可知当时，(当且当时取等号) ．
若存在和的隔离直线，则存在实常数和，使得和
恒成立，
令，则且
，即．后面解题步骤同解法一．
21. （本小题满分12分）已知向量，设函数.
（Ⅰ）求函数在上的单调递增区间；
（Ⅱ）在中，，，分别是角，，的对边，为锐角，若
，，的面积为，求边的长．
参考答案：
（Ⅰ）由题意得
………………………………………………………………3分
令,
解得：，
，，或
所以函数在上的单调递增区间为，…………………6分
（Ⅱ）由得：
化简得：
又因为，解得：………………………………………………9分
由题意知：，解得，
又,所以
故所求边的长为. …………………………………………………………12分
22. 在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+1=0，直线l的参数方程为（t为参数），点A的极坐标为
，设直线l与曲线C相交于P，Q两点．
（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）求|AP|?|AQ|?|OP|?|OQ|的值．
参考答案：【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．
【分析】（1）利用三种方程的转化方法，写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）将参数方程标准式与（x﹣2）2+y2=3联立得，由韦达定理得：t1t2=1，|AP||AQ|=1；将直线的极坐标方程与圆的极坐标方程ρ2﹣
4ρcosθ+1=0，联立得：，由韦达定理得：ρ1ρ2=1，即|OP||OQ|=1，即可求
|AP|?|AQ|?|OP|?|OQ|的值．
【解答】解：（1）曲线C的直角坐标方程为：x2+y2﹣4x+1=0，即（x﹣2）2+y2=3…2分
直线的普通方程为…4分
（2）点A的直角坐标为，设点P，Q对应的参数为t1，t2，
点P，Q的极坐标方程为，
将参数方程标准式与（x﹣2）2+y2=3联立得，
由韦达定理得：t1t2=1，|AP||AQ|=1…6分，
将直线的极坐标方程与圆的极坐标方程ρ2﹣4ρcosθ+1=0
联立得：，由韦达定理得：ρ1ρ2=1，即|OP||OQ|=1…8分，
所以，|AQ||AP||OP||OQ|=1…10分．。