《湖南省娄底市东岭乡东岭中学2021年高三数学理下学期期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省娄底市东岭乡东岭中学2021年高三数学理下学期期末试题含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省娄底市东岭乡东岭中学2021年高三数学理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. 设不等式组表示的平面区域为在区域内随机取一个点，则此点到直线的距离大于2的概率是A. B. C. D. 参考答案：D不等式对应的区域为三角形DEF,当点D在线段BC上时，点D到直线的距离等于2，所以要使点D到直线的距离大于2，则点D应在三角形BCF中。各点的坐标为,所以,根据几何概型可知所求概率为,选D.2. 函数的图像大致为(). 参考答案：D略3. 设集合,，则等于（） 参考答案：C，所以，选C.4. 已知函数f(x
2、)满足：定义域为R；，都有；当时，则方程在区间-3,5内解的个数是A5B6C7D8参考答案：A5. 已知，直线平分圆的周长，则的最大值为 A6 B4 C3 D参考答案：A略6. 已知一个几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积为A B C D参考答案：A略7. 右图的程序框图所描述的算法称为欧几里德辗转相除法若输入，则输出的的值为（ ）A0 B11 C22 D88参考答案：B考点：循环结构流程图【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图
3、研究的数学问题，是求和还是求项.8. 执行如图所示的程序框图若输出， 则框图中 处可以填入（ ） （A）（B）（C）（D）参考答案：C第一次循环，满足条件，;第二次循环，满足条件，;第三次循环，满足条件，;第四次循环，不满足条件，输出，此时，所以条件应为，选C.9. 已知a，b，c满足cab，且ac0，那么下列各式中一定成立（）Aac（ac）0Bc（ba）0Ccb2ab2Dabac参考答案：C或D【考点】不等式的基本性质【分析】cab，且ac0，可得c0ab利用不等式的基本性质即可得出【解答】解：cab，且ac0，c0abab0accb2ab2，故选：C或D10. 已知F1，F2分别为椭圆的左
4、、右焦点，点P是椭圆上位于第一象限内的点，延长PF2交椭圆于点Q，若，且，则椭圆的离心率为（ ）ABCD 参考答案：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图：中，, , .参考答案：4由知，而，所以12. 函数的单调增区间是 .参考答案：【知识点】函数的单调性与最值B3【答案解析】 函数的定义域为，又，则增区间为.【思路点拨】先求定义域，再根据导数求单调区间。13. 在中，是的中点，点在上且满足,则的值为 参考答案：略14. 向量满足: ,在上的投影为,，则的最大值是 参考答案： 不妨设向量有相同的起点，终点分别为由在上的投影为知，由知：在以为直径的圆上 故当向量过中点
5、时，其模最大，此时：=（）=，由知，在以为圆心，1为半径的圆上，故当共线时最大，故=15. 已知集合M=x|x4|+|x1|5，N=x|（xa）（x6）0，且MN=（2，b），则a+b=参考答案：7考点：绝对值不等式的解法；一元二次不等式的解法专题：计算题；不等式的解法及应用分析：利用绝对值的几何意义可求得M=x|0x5，结合题意即可求得a，b的值，从而可得a+b解答：解：|x4|+|x1|5，由绝对值的几何意义可知，到数轴上1与4的距离之和小于5，41=3，|51|+|54|=5，|01|+|04|=5，M=x|0x5，又N=x|（xa）（x6）0，且MN=（2，b），a=2，b=5a+b=
6、7故答案为：7点评：本题考查绝对值不等式与一元二次不等式的解法，考查集合的运算，求得M=x|0x5是关键，属于中档题16. 已知点M（3，0），N（3，0），MNP的周长是16，则MNP的顶点P的轨迹方程为参考答案：（y0）【考点】椭圆的简单性质；椭圆的标准方程【分析】设P（x，y），易求|MN|=6，|PM|+|PN|=10，根据椭圆定义可判断点P轨迹为以M、N为焦点的椭圆，但不与M、N共线，从而可求得动点P的轨迹方程【解答】解：设P（x，y），由M（3，0），N（3，0）知|MN|=6，由MNP的周长是16，得|PM|+|PN|=16|MN|=166=106，所以顶点P的轨迹是以M、N为焦
7、点的椭圆，但不与M、N共线，设椭圆方程为（ab0），则2a=10，c=3，所以a=5，b2=a2c2=5232=16，所以MNP的顶点P的轨迹方程为（y0）故答案为：（y0）17. 已知的三边长分别为，其面积为S，则的内切圆的半径这是一道平面几何题，其证明方法采用“等面积法”请用类比推理方法猜测对空间四面体ABCD存在类似结论为 参考答案：四面体ABCD的各表面面积分别为，其体积为V，则四面体ABCD的内切球半径三、 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. 如图，边长为3的正方形ABCD所在平面与等腰直角三角形ABE所在平面互相垂直，且，.（）求证：MN
8、平面BEC；（）求三棱锥的体积.参考答案：解：（）证明：过作交于，连接因为，所以 2分又，所以故，4分所以四边形为平行四边形，故，5分而平面，平面，所以平面；6分（）因为平面，所以：12分19. 如图，在底面为梯形的四棱锥SABCD中，已知ADBC，ASC=60，AD=DC=，SA=SC=SD=2（）求证：ACSD；（）求三棱锥BSAD的体积参考答案：【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）取AC中点O，连结OD，SO，由等腰三角形的性质可知ACSO，ACOD，故AC平面SOD，于是ACSD；（2）由ASC是等边三角形可求得SO，AC，利用勾股定理的逆定理可
9、证明ADCD，SOOD，故而SO平面ABCD，代入体积公式计算即可【解答】证明：（1）取AC中点O，连结OD，SO，SA=SC，SOAC，AD=CD，ODAC，又OS?平面SOD，OD?平面SOD，OSOD=O，AC平面SOD，SD?平面SOD，ACSD（2）SA=SC=2，ASC=60，ASC是等边三角形，AC=2，OS=，AD=CD=，AD2+CD2=AC2，ADC=90，OD=1SD=2，SO2+OD2=SD2，SOOD，又SOAC，AC?平面ABCD，OD?平面ABCD，ACOD=O，SO平面ABCD，V棱锥BSAD=V棱锥SABD=SABD?SO=20. （本小题满分13分）已知数列
10、中，其前项和满足（，）求证：数列为等差数列，并求的通项公式；设，求数列的前项和；设（为非零整数，），是否存在确定的值，使得对任意，有恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由参考答案：（1）证明：由已知，,即（n2，nN*），且 1分数列是以为首项，公差为1的等差数列， 3分（2）解：由（1）知， 4分设它的前n项和为两式相减可得：所以 7分（3）解：， 8分要使恒成立，则恒成立恒成立，恒成立 10分（）当n为奇数时，即恒成立，当且仅当n=1时，有最小值为1，1 11分（）当n为偶数时，即恒成立，当且仅当n=2时，有最大值2，2即21，又为非零整数，则=112分综上所述，存在=1，使得对任意
11、nN*，都有 13分21. 已知动点M到点F（1，0）的距离，等于它到直线x=1的距离（）求点M的轨迹C的方程；（）过点F任意作互相垂直的两条直线l1，l2，分别交曲线C于点A，B和M，N设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点；（）在（）的条件下，求FPQ面积的最小值参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；恒过定点的直线；轨迹方程【专题】综合题【分析】（）设动点M的坐标为（x，y），由题意得，由此能求出点M的轨迹C的方程（）设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则点P的坐标为由题意可设直线l1的方程为y=k（x1）（k0），由得k2x2（2k2+4）
12、x+k2=0再由根的判别式和根与系数的关系进行求解（）题题设能求出|EF|=2，所以FPQ面积【解答】解：（）设动点M的坐标为（x，y），由题意得，化简得y2=4x，所以点M的轨迹C的方程为y2=4x（）设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则点P的坐标为由题意可设直线l1的方程为y=k（x1）（k0），由得k2x2（2k2+4）x+k2=0=（2k2+4）24k4=16k2+160因为直线l1与曲线C于A，B两点，所以x1+x2=2+，y1+y2=k（x1+x22）=所以点P的坐标为由题知，直线l2的斜率为，同理可得点的坐标为（1+2k2，2k）当k1时，有，此时直线PQ的斜率kPQ=所以，直线PQ的方程为，整理得yk2+（x3）ky=0于是，直线PQ恒过定点E（3，0）；当k=1时，直线PQ的方程为x=3，也过点E（3，0）综上所述，直线PQ恒过定点E（3，0）（）可求得|EF|=2，所以FPQ面积当且仅当k=1时，“=”成立，所以FPQ面积的最小值为4【点评】本题考查圆锥曲线和直线的位置关系和综合应用，具有一定的难度，解题时要认真审题，注意挖掘隐含条件，仔
