《2020-2021学年安徽省铜陵市职业高级中学高三数学文下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年安徽省铜陵市职业高级中学高三数学文下学期期末试卷含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020-2021学年安徽省铜陵市职业高级中学高三数学文下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A是ABC的内角，则“sinA=”是“tanA=”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件参考答案：B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：在三角形中，若sinA=，则A=或，若tanA=，则A=，则“sinA=”是“tanA=”的必要不充分条件，故选：B2. 已知集合, 则=( )A. B. C. D. (1,1
2、参考答案：B3. 已知复数满足，则A.B.C.D.参考答案：C本题主要考查复数的四则运算与共轭复数.因为，所以，则4. 函数y=sin(x+)( 0)的部分图象如图所示，设P是图象的最高点，A，B是图象与x轴的交点，则tanAPB=（ ）A.10 B. C. D.8参考答案：D5. 世界数学名题“3x+1问题”：任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数.如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，猜想就是：反复进行上述运算后，最后结果为1.现根据此问题设计一个程序框图如图所示.执行该程序框图，输入的N=
3、5，则输出i=（ ）A3 B5 C6 D7参考答案：C根据循环得，结束循环，输出6，选C.6. 函数y=xsinx+cosx的图象大致是（）ABCD参考答案：A【考点】函数的图象【分析】利用函数的奇偶性、单调性、特殊值，借助排除法能求出结果【解答】解：y=xsinx+cosx，设f（x）=xsinx+cosx，则f（x）=（x）sin（x）+cos（x）=xsinx+cosx=f（x），y=xsinx+cosx是偶函数，故排除D当x=0时，y=0+cos0=1，故排除C和D；y=xcosx，x0开始时，函数是增函数，由此排除B故选：A7. 设方程3x=|lg（x）|的两个根为x1，x2，则（）
4、Ax1x20Bx1x2=0Cx1x21D0x1x21参考答案：D【考点】函数的零点【分析】分别作出函数y=3x和y=|lg（x）|的图象，由图象先确定两个根的取值范围，然后根据指数函数和对数函数的性质进行判断【解答】解：分别作出函数y=3x和y=|lg（x）|的图象如图：由图象可知程3x=|lg（x）|的两个根为x1，x2，不妨设x1x2，则两根满足2x11，1x20，3x1=|lg（x1）|=lg（x1），3x2=|lg（x2）|=lg（x2），且3x13x2，得3x13x2=lg（x1）+lg（x2）=lg（x1x2）3x13x2，lg（x1x2）=3x13x20，即0x1x21 故选：D
5、8. 设已知椭圆1(ab0)的一个焦点是圆x2y26x80的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为( ) A(3，0) B(4，0) C(10，0) D(5，0) 参考答案：D略9. 比较a=23.1，b=0.53，c=log3.14，则a，b，c的大小关系是（）AcbaBbcaCacbDabc参考答案：D考点：指数函数的单调性与特殊点 专题：函数的性质及应用分析：将B的底数化为2，进而结合指数函数单调性，可得ab1，再由对数函数的单调性得到c1，可得答案解答：解0.53=23，023.1231，log3.141，abc，故选：D点评：本题考查的知识点是指数函数单调性，对数函数的单调性，是指数函
6、数与对数函数的综合应用，难度中档10. 已知命题，；命题若,则是的充分不必要条件,则下列命题中真命题是（ ）A. B. C. D.参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. （5分）（2015?泰州一模）复数z满足iz=3+4i（i是虚数单位），则z=参考答案：43i【考点】： 复数代数形式的乘除运算【专题】： 数系的扩充和复数【分析】： 利用复数的运算法则即可得出解：iz=3+4i，i?iz=i（3+4i），z=43i，故答案为：43i【点评】： 本题考查了复数的运算法则，属于基础题12. 中，设，那么动点的轨迹必通过的（ ）A.垂心B.内心 C.外心 D.重心 参
7、考答案：C假设BC的中点是O.则,即，所以,所以动点在线段的中垂线上，所以动点的轨迹必通过的外心，选C.13. 已知向量 .参考答案：或 14. 设，则（x）6的展开式中的常数项为参考答案：160【考点】DB：二项式系数的性质【分析】利用定积分求出m=2，从而=（2）rx62r，令62r=0，得r=3，由此能求出（x）6的展开式中的常数项【解答】解：=（x3cosx）=（1cos1）（1cos（1）=2，（x）6即，=（2）rx62r，令62r=0，得r=3，（x）6的展开式中的常数项为： =160故答案为：16015. 等差数列的前项和为，且,，等比数列中，则 参考答案：在等差数列中，由,得
8、，即，解得。所以，所以，在等比数列中，所以。16. 若等比数列满足，则的前n项和_. 参考答案：略17. 已知 .参考答案： 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. 已知函数,点为一定点,直线分别与函数的图象和轴交于点,记的面积为.（1）当时,求函数的单调区间；（2）当时, 若,使得, 求实数的取值范围.参考答案：解: (I) 因为，其中 2分当，其中当时，所以，所以在上递增， 4分当时，令， 解得，所以在上递增令， 解得，所以在上递减 7分 综上，的单调递增区间为， 的单调递增区间为 （II）因为，其中 当，时，因为，使得，所以在上的最大值一定大
9、于等于，令，得 8分当时，即时对成立，单调递增所以当时，取得最大值 令 ，解得 ，所以 10分 当时，即时对成立，单调递增对成立，单调递减所以当时，取得最大值 令 ，解得所以 12分综上所述， 略19. （本小题满分10分）如图, 是上的两点，为外一点，连结分别交于点，且，连结并延长至，使.() 求证：;() 若，且，求.参考答案：见解析【知识点】圆相似三角形【试题解析】（1）连结，因为，又因为，所以，所以由已知，所以，且，所以，所以(2) 因为，所以，则，所以又因为，所以，所以所以20. 已知正实数成等比数列，求证： 参考答案：21. 以直角坐标系的原O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系
10、，且两个坐标系相等的单位长度，已知直线l的参数方程为为参数），圆C的极坐标方程为=2（）写出直线l的一般方程及圆C标准方程；（）设P（1，1），直线l和圆C相交于A，B两点，求|PA|PB|的值参考答案：【考点】QH：参数方程化成普通方程【分析】（）直线l的参数方程消去参数t，能求出直线l的一般方程；由=2可得2=4，由此能求出圆C的标准方程（）点P（1，1）P在圆内，且直线l上，联立圆的方程和直线l的参数方程方程组，得5t2+8t+1=0，利用韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出|PA|PB|的值【解答】解：（）直线l的参数方程为为参数），由直线l的参数方程消去参数t可得x1=2（y2），
11、化简并整理可得直线l的一般方程为x2y+3=0，圆C的极坐标方程为=2，由=2可得2=4，即x2+y2=4，圆C的标准方程为x2+y2=4（）P（1，1），|PC|=R=2，点P（1，1）代入直线l的方程，成立，点P在圆内，且直线l上，联立圆的方程和直线l的参数方程方程组，设A（xA，yA），B（xB，yB），则，则，同理，22. （本小题满分12分）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA1平面ABCD，ABC=60，E，F分别是BC，PC的中点 （1）证明：AEPD （2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为求二面角E-AF-C的余弦值参考答案：（1）证明
12、：由四边形ABCD为菱形，ABC=60，可得ABC为正三角形.因为 E为BC的中点，所以AEBC. 又 BCAD，因此AEAD.因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为PAAD=A，所以 AE平面PAD，又PD平面PAD. 所以 AEPD.（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（1）知 AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角.在RtEAH中，AE=，所以 当AH最短时，EHA最大，即 当AHPD时，EHA最大.此时 tanEHA= 因此 AH=.又AD=2，所以ADH=45，所以 PA=2.解法一：因为 PA平面ABCD，PA平面PAC， 所以 平面PAC平面ABCD. 过E作EOAC于O，则EO平面PAC， 过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角E-AF-C的平面角， 在RtAOE中，EO=AEsin30=，AO=AEcos30=, 又F是PC的中点，在RtASO中，SO=AO
