《贵州省遵义市赤水第七中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《贵州省遵义市赤水第七中学2021-2022学年高三数学理期末试题含解析(9页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、贵州省遵义市赤水第七中学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. 设命题:曲线在点处的切线方程是:;命题:是任意实数,若,则,则( ) A.“或”为真 B.“且”为真 C.假真 D.,均为假命题参考答案:A ,所以切线斜率为,切线方程为,即,所以为真。当时,此时,所以命题为假。所以“或”为真,选A.2. (A) (B) (C) (D)参考答案:A3. 如图,在透明塑料制成的长方体ABCDA1B1C1D1容器内灌进一些水,将容器底面一边BC固定于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同
2、,有下列四个说法:水的部分始终呈棱柱状;水面四边形EFGH的面积不改变;棱A1D1始终与水面EFGH平行;当EAA1时,AE+BF是定值其中正确说法是()ABCD参考答案:D略4. a,b是正实数,且a+b=4,则有A. B.C. D.参考答案:B略5. 如图,在矩形ABCD中,点E为BC的中点,点F在边CD上,若,则的值是( )AB2C0D1参考答案:A【考点】平面向量数量积的运算 【专题】平面向量及应用【分析】建立直角坐标系,由已知条件可得F的坐标,进而可得向量和的坐标,可得数量积【解答】解:建立如图所示的坐标系,可得A(0,0),B(,0),E(,1),F(x,2)=(,0),=(x,2
3、),=x=,解得x=1,F(1,2)=(,1),=(1,2)=(1)+12=故选:A【点评】本题考查平面向量数量积的运算,建立直角坐标系是解决问题的关键,属基础题6. 设数列的前项和为,若,则( )A3B2C1D0 参考答案:B7. 已知集合,则 ( ) A B2,(3,2),(2,0) C3,2 D3,3 参考答案:D , , 所以,选D.8. 把函数的图象C1向右平移u个单位长度,再向下平移v个单位长度后得到图象C2、若对任意的u0,曲线C1与C2至多只有一个交点,则v的最小值为()A2B4C6D8参考答案:B略9. 当时,在同一平面直角坐标系中,函数与的图象是( )A. B. C. D.
4、 参考答案:C【分析】根据指数函数、对数函数的单调性和图象过的定点,判断出正确选项.【详解】由于,所以在上递增且过,在上递减且过.所以C选项符合.故选:C【点睛】本小题主要考查指数函数、对数函数的图像判断,属于基础题.10. 函数的图像的一条对称轴是( ) A B C D参考答案:B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在(x)6的二项式展开式中,常数项等于 参考答案:160考点:二项式定理 专题:二项式定理分析:先求出二项式展开式的通项公式,再令x的幂指数等于0,求得r的值,即可求得展开式中的常数项的值解答:解:(x)6的二项式展开式的通项公式为Tr+1=?(2)r?x
5、62r,令62r=0,求得r=3,可得常数项为?(2)3=160,故答案为:160点评:本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,求展开式中某项的系数,属于基础题12. 在四边形ABCD中,ACD为等边三角形,则ABC的外接圆与ACD的内切圆的公共弦长=_.参考答案:1解析法:以为轴,的中点为坐标原点建立坐标系,利用解析法即可得。作图法:可以看出的公共弦即的中位线。13. 已知函数,(1)若关于的方程只有一个实数解,求实数的取值范围;(2)若当时,不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求函数在区间上的最大值.参考答案:略14. 如果执行如图所示的程序框图,输入,则
6、输出的数 .参考答案:-415. (理)关于x的实系数一元二次方程x22px+4=0的两个虚根z1、z2,若z1、z2在复平面上对应的点是经过原点的椭圆的两个焦点,则该椭圆的长轴长为 参考答案:4考点:椭圆的简单性质 专题:圆锥曲线的定义、性质与方程;数系的扩充和复数分析:由题意两个虚数根z1,z2是共轭复数,可得椭圆的短轴长:2b=|z1+z2|=2|p|,焦距为2c=|z1z2|,然后求出长轴长解答:解:因为p为实数,p0,z1,z2为虚数,所以(2p)2440,即p24,解得2p2由z1,z2为共轭复数,知Z1,Z2关于x轴对称,所以椭圆短轴在x轴上,又由椭圆经过原点,可知原点为椭圆短轴
7、的一端点,根据椭圆的性质,复数加,减法几何意义及一元二次方程根与系数的关系,可得椭圆的短轴长=2b=|z1+z2|=2|p|,焦距2c=|z1z2|=2,长轴长2a=2=2=4,故答案为:4点评:本题考查复数的基本概念,椭圆的基本性质,是小型综合题,考查学生分析问题解决问题的能力16. 圆心为(a,2),过抛物线y2=4x的焦点,且与其准线相切的圆的方程是_参考答案:17. 命题的否定是( )A. B. C. D.不存在参考答案:A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. 已知函数.()讨论的单调性;()比较 与的大小且,并证明你的结论.参考答案:
8、(I)见解析;(II)见解析【分析】()运用零点法,把函数的解析式进行分段表示,然后利用导数,判断每段函数的单调性;()由由()可知当,时,即,所以.这样,注意到,最后可以得出:.【详解】()函数可化为,当时,从而在上总是递减的,当时,此时要考虑与1的大小.若,则,故在上递增,若,则当时,当时,故在上递减,在上递增,而在处连续,所以当时,在上递减,在上递增;当时,在上递减,在上递增.()由()可知当,时,即,所以.所以.【点睛】本题考查了利用导数研究分段函数的单调性,利用数列与函数的关系,判断数列的和求代数式之间的大小关系,放缩法是解题的关键.19. 设等差数列的前项和为,满足:递增的等比数列
9、 前项和为,满足:()求数列,的通项公式;()设数列对,均有成立,求参考答案:略20. (本题满分12分)在一个盒子中,放有大小相同的红、白、黄三个小球,现从中任意摸出一球,若是红球记1分,白球记2分,黄球记3分现从这个盒子中,有放回地先后摸出两球,所得分数分别记为、,设为坐标原点,点的坐标为,记(I)求随机变量的最大值,并求事件“取得最大值”的概率;()求随机变量的分布列和数学期望参考答案:【知识点】古典概型;离散型随机变量的分布列;数学期望. K2 K6 K8(I)的最大值为,取得最大值的概率; ()则随机变量的分布列为:数学期望为2.解析:(I)、可能的取值为、,1分,且当或时, 因此,
10、随机变量的最大值为 3分 有放回摸两球的所有情况有种6分 ()的所有取值为 时,只有这一种情况时,有或或或四种情况,时,有或两种情况 ,8分 则随机变量的分布列为:10分因此,数学期望12分【思路点拨】(I)的表达式为,数组(x,y)有9个,且x、取值为、,将x、y的取值代入的表达式得的最大值,据此可得取得最大值的概率;()由(I)的方法可得的所以取值和取各值的概率,从而求得的分布列和数学期望21. 已知函数(1)若函数的图象在处的切线经过点(0,1),求a的值;(2)是否存在负整数a,使函数的极大值为正值?若存在,求出所有负整数a的值;若不存在,请说明理由;(3)设,求证:函数既有极大值,又
11、有极小值参考答案:解:(1) , 函数在处的切线方程为:,又直线过点,解得: 2分(2)若,当时,恒成立,函数在上无极值;当时,恒成立,函数在上无极值; 方法(一)在上,若在处取得符合条件的极大值,则,5分则,由(3)得:,代入(2)得: ,结合(1)可解得:,再由得:,设,则,当时,即是增函数,所以,又,故当极大值为正数时,从而不存在负整数满足条件 8分方法(二)在时,令,则 为负整数 在上单调减又, ,使得 5分且时,即;时,即;在处取得极大值 (*)又代入(*)得:不存在负整数满足条件 8分(3)设,则,因为,所以,当时,单调递增;当时,单调递减;故至多两个零点又,所以存在,使再由在上单调递增知,当时,故,单调递减;当时,故,单调递增;所以函数在处取得极小值 12分 当时,且,所以,函数是关于的二次函数,必存在负实数,使,又,故在上存在,使,再由在上单调递减知,当时,故,单调递增;当时,故,单调递减;所以函数在处取得极大值 综上,函数既有极大值,又有极小值 16分22. (本小题满分14分) 已知椭圆的一个顶点为A(0,-1),焦点在x轴上,若右焦点到直线的距离为3。 (1)求椭圆的方程; (2)设直线与椭圆相交于不同的两点M,N,当|AM|=|AN|时,求m的取值范围。参考答案:()因为, 2分由即得 , 所以的解析式为 5分