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1、山东省德州市瞿家中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析一、 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. 若则p是q成立的A充分非必要条件B必要非充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件参考答案：A略2. 已知定义在R上的奇函数满足，当时 ，则（ ）A. B. C. D. 参考答案：B因为满足，所以，所以周期，所以，,故选B.3. 已知一几何体的三视图如图4，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是矩形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个
2、面都是直角三角形的四面体A B C D参考答案：A以长方体为几何体的直观图. 当选择的四个点为B1、B、C、C1时，可知正确；当选择B、A、B1、C时，可知正确；当选择A、B、D、D1时，可知正确.选A.4. 已知，且，则的最大值是( ) A3 B3.5 C4D4.5 参考答案：C略5. 复数的虚部为( )A. 2 B. C. D. 参考答案：B6. 定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）=2f（x），当x0，2）时，f（x）=，若当x4，2）时，不等式f（x）t+恒成立，则实数t的取值范围是（）A2，3B1，3C1，4D2，4参考答案：B【考点】函数恒成立问题【分析】根据条件，求出函数f（
3、x）在x4，2）上的最小值，把不等式f（x）t+恒成立转化为f（x）的最小值大于等于t+恒成立，然后求解关于t的一元二次不等式得答案【解答】解：当x0，1）时，f（x）=x2x，0；当x1，2）时，f（x）=1，当x0，2）时，f（x）的最小值为1，又函数f（x）满足f（x+2）=2f（x），当x2，0）时，f（x）的最小值为，当x4，2）时，f（x）的最小值为，若x4，2时，f（x）t+恒成立，t+恒成立即t24t+30，解得1t3，t1，3，故选：B7. 执行右面的程序框图，如果输入的，那么输出的（ ）（A） （B）（C） （D）参考答案：B第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，第四次循
4、环，此时满足条件输出，选B.8. 已知，是相异两平面，m，n是相异两直线，则下列命题中不正确的是（）A若mn，m，则mB若m，m，则C若m，m?，则D若m，=n，则mn参考答案：D【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系【分析】由，是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若mn，m，则m；若m，m，则；若m，m?，则；若m，=n，则m与n相交、平行或异面【解答】解：由，是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若mn，m，则m，故A正确；若m，m，则，故B正确；若m，m?，则，故C正确；若m，=n，则m与n相交、平行或异面，故D不正确故选D9. 有7张卡片分别写有数字1，1，1，
5、2，2，3，4，从中任取4张，可排出的四位数有（）个A78B102C114D120参考答案：C【考点】排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分四种情况讨论：、取出的4张卡片种没有重复数字，即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，、取出的4张卡片种有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若取出的4张卡片为2张1和2张2，、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分四种情况讨论：、取出的4张卡片种没有重复数字，即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时有A44=24种顺序，可以排出24个四位数
6、；、取出的4张卡片种有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1，在2、3、4中取出2个，有C32=3种取法，安排在四个位置中，有A42=12种情况，剩余位置安排数字1，可以排出312=36个四位数，同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；、若取出的4张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有C42=6种情况，剩余位置安排两个2，则可以排出61=6个四位数；、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1，在2、3、4中取出1个卡片，有C31=3种取法，安排在四个位置中，有C41=4种情况，剩余位置安排1，可以排出34=12个四位数；则一共有24+36+36+6
7、+12=114个四位数；故选C【点评】本题考查排列组合的运用，解题时注意其中重复的数字，要结合题意，进行分类讨论10. 设O是坐标原点，F是抛物线的焦点，A是抛物线上的一点，与轴正向的夹角为，则（ ） A.4 B.3 C.5 D.6参考答案：A本题主要考查抛物线的方程、直线的方程及向量的模，根据抛物线的对称轴不妨取A为第一象限的点，则直线FA的方程为，与抛物线方程联立解得点A的坐标为，而焦点，所以。如果涉及相关直线的位置不确定，而在不同位置上其解答都有同样的结果时，那么不妨假设其中一种可能作答。二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知数列的前n项和Sn+n，则数列的前5项
8、的和为 .参考答案：略12. 已知，则用区间表示= = 。参考答案：-4,1/2 (-2,0)略13. 设则_.参考答案：1/2略14. 已知数列满足：，,则 .参考答案：25试题分析：因为，所以，是以为首项，以为公差的等差数列，故答案为15. 函数的最大值为 参考答案：16. 已知F是椭圆C：的右焦点，P是椭圆上一点，当APF周长最大时，该三角形的面积为_.参考答案：17. 数列的通项公式，其前项和为，则=_.参考答案：3019略三、 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. 已知抛物线，直线y=kx+2与C交于A、B两点，且，其中O为原点。 (I)求抛
9、物线C的方程： ( II)点P坐标为（0，-2），记直线PA，PB的斜率分别为，证明：为定值参考答案：略19. 已知椭圆C：，圆Q：的圆心Q在椭圆C上，点P（0，）到椭圆C的右焦点的距离为（I）求椭圆C的方程；（II）过点P作互相垂直的两条直线l1，l2，且l1交椭圆C于A，B两点，直线l2交圆Q于C，D两点，且M为CD的中点，求MAB的面积的取值范围参考答案：（1）圆Q：（x2）2+（y）2=2的圆心为（2，），代入椭圆方程可得+=1，由点P（0，）到椭圆C的右焦点的距离为，即有=，解得c=2，即a2b2=4，解得a=2，b=2，即有椭圆的方程为+=1；（2）当直线l2：y=，代入圆的方程可
10、得x=2，可得M的坐标为（2，），又|AB|=4，可得MAB的面积为24=4；设直线y=kx+，代入圆Q的方程可得，（1+k2）x24x+2=0，可得中点M（，），|MP|=，设直线AB的方程为y=x+，代入椭圆方程，可得：（2+k2）x24kx4k2=0，设（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=，x1x2=，则|AB|=?=?，可得MAB的面积为S=?=4，设t=4+k2（5t4），可得=1，可得S4，且S4=综上可得，MAB的面积的取值范围是（，420. 设函数f（x）=ax2+lnx（）当a=1时，求函数y=f（x）的图象在点（1，f（1）处的切线方程；（）已知a0，若函数y
11、=f（x）的图象总在直线的下方，求a的取值范围；（）记f（x）为函数f（x）的导函数若a=1，试问：在区间上是否存在k（k100）个正数x1，x2，x3xk，使得f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（xk）2012成立？请证明你的结论参考答案：考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用 专题：计算题；导数的综合应用分析：（）当a=1时，f（1）=1，由此能求出函数y=f（x）的图象在点（1，f（1）处的切线方程（），x0，a0令f（x）=0，则由此能求出a的取值范围（）当a=1时，记g（x）=f（x），其中x由此入手能够推导出在区间上不存在使得f（x1）+f（x2
12、）+f（x3）+f（xk）2012成立的k（k100）个正数x1，x2，x3xk解答：解：（）当a=1时，f（x）=x2+lnx，f（1）=1，所以切线的斜率为1又f（1）=1，所以切点为（1，1）故所求的切线方程为：y+1=（x1）即x+y=0（），x0，a0令f（x）=0，则当时，f（x）0；当时，f（x）0故为函数f（x）的唯一极大值点，所以f（x）的最大值为=由题意有，解得所以a的取值范围为（）当a=1时，记g（x）=f（x），其中x当x时，y=g（x）在上为增函数，即y=f（x）在上为增函数又，所以，对任意的x，总有所以f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（xk），又因为k100，所以故在区间上不存在使得f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（xk）2012成立的k（k100）个正数x1，x2，x3xk点评：本题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想及有限与无限思想21. 已知a0，b0，且a+2b=+（1）证明a+2b4；（2）若（a1）（b1）0，求+的最小值参考答案：【考点】基本不等式【分析】（1）根据基本不等式即可证明，（2）根据对数的性质求出log2a+log2b=1，根据基本不等式即可求出【解答】解：（1）证明：由（a0，b0）得，即ab=2，当且
