《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
