《2022年四川省广元市双石乡中学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《2022年四川省广元市双石乡中学高三数学理期末试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年四川省广元市双石乡中学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. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果为2，则可输入的实数值的个数为（ ）A3 B2 C1 D0参考答案：A试题分析：由题意时，；当时，共有三个故选A考点：程序框图2. 已知向量，. 若函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是 （ ）A B C D 参考答案：C略3. 程序框图如右图所示，则输出的值为( )A15B21C22 D28参考答案：B4. 函数的定义域为（ ）A B C D参考答案：C5. 从甲、乙等5名学生中随机选出
2、2人，则甲被选中的概率为（ ）A B C D参考答案：B从甲乙等名学生中随机选出人，基本事件的总数为，甲被选中包含的基本事件的个数，所以甲被选中的概率，故选B6. P是双曲线上的点，F1、F2是其焦点，且，若F1PF2的面积是9，a+b=7，则双曲线的离心率为（） A B C D 参考答案：B略7. 在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点（包括端点），则( )A对任意的a，b，存在点E，使得B1DEC1B当且仅当a=b时，存在点E，使得B1DEC1C当且仅当ab时，存在点E，使得B1DE
3、C1D当且仅当ab时，存在点E，使得B1DEC1参考答案：A考点：棱柱的结构特征 专题：综合题；空间位置关系与距离分析：由题意，B1C为B1D在平面BCC1B1中的射影，存在点E，使得B1DEC1，则B1CEC1，即可得出结论解答：解：由题意，B1C为B1D在平面BCC1B1中的射影，存在点E，使得B1DEC1，则B1CEC1，所以对任意的a，b，存在点E，使得B1DEC1，故选：A点评：本题考查线面垂直，考查学生分析解决问题的能力，确定B1C为B1D在平面BCC1B1中的射影是关键8. 已知集合则 （ ）.参考答案：B9. 在下列区间中，函数f（x）=3xx2有零点的区间是（）A0，1B1，
4、2C2，1D1，0参考答案：D【考点】函数零点的判定定理【专题】计算题【分析】根据实根存在性定理，在四个选项中分别作出区间两个端点的对应函数值，检验是否符合两个函数值的乘积小于零，当乘积小于零时，存在实根【解答】解：f（0）=1，f（1）=2，f（0）f（1）0，f（2）=5，f（1）=2f（2）f（1）0，f（2）=，f（1）=，f（2）f（1）0，f（0）=1，f（1）=，f（0）f（1）0，总上可知只有（1，0）符合实根存在的条件，故选D【点评】本题考查实根存在的判定定理，是一个基础题，函数的零点是一个新加的内容，考查的机会比较大，题目出现时应用原理比较简单，是一个必得分题目10. 已知
5、函数，且关于x的方程f（x）+xa=0有且只有一个实根，则实数a的范围是（）A（，0）B（0，1）C（1，2）D（1，+）参考答案：D【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】本题可采用数形结合的方法解答，在同一坐标系内分别作出y1=f（x），y2=x+a的图象，其中a表示直线在y轴的截距，结合图形可知当a1时，直线y2=x+a与y1=log2x只有一个交点即关于x的方程f（x）+xa=0有且只有一个实根【解答】解：关于x的方程f（x）+xa=0有且只有一个实根，即函数f（x）的图象与函数y=x+a的图象有且只有一个交点，如图，在同一坐标系内分别作出y1=f（x），y2=x+a的图象，数形结合可
6、知，当a1时，直线y2=x+a与y1=log2x只有一个交点即a（1，+）故选 D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. （选修4-4坐标系与参数方程）曲线（为参数）与曲线的交点个数为 个. 参考答案：2, 略12. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动平面区域W由所有满足A1P的点P组成，则W的面积是；四面体PA1BC的体积的最大值是参考答案：；【考点】棱柱的结构特征【分析】由已知可得平面区域W是以A为圆心，以1为半径的圆面，由圆的面积公式求得W的面积；由题意可得，当p在边AD上时，四面体PA1BC的体积有最大值，再由棱锥体
7、积公式求解【解答】解：连接AP，则A1AAP，A1A=2，AP=1，以A为圆心，以1为半径作圆交正方形ABCD所得圆，W的面积是；由题意可知，当p在边AD上时，四面体PA1BC的体积的最大值是故答案为：；【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题13. 设函数，对任意，恒成立，则实数的取值范围是参考答案：14. 在中，是的中点，点列（）在线段上，且满足，若，则数列的通项公式 参考答案： 15. 当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是 。参考答案：试题分析：不等式变形为当时，故实数a的取值范围是；当时，记，故函数递增，则，故；当时，记，令，得或（舍去），当时，；当时，
8、故，则综上所述，实数的取值范围是考点：利用导数求函数的极值和最值16. 已知a、b均为正数，且，则当a=_时，代数式的最小值为_.参考答案： 【分析】根据，结合分式运算的性质，对式子进行恒等变形，最后利用基本不等式进行求解即可.【详解】.因为均为正数，所以（当且仅当时取等号，即，因此当时，代数式的最小值为.故答案为：；【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了分式加法的运算性质，考查了数学运算能力.17. 抛物线x2=2py（p0）的准线方程为y=，则抛物线方程为 参考答案：x2=2y【分析】根据抛物线x2=2py（p0）的准线方程为y=，可知p的值，即可得出抛物线的方程【解答】解：抛物线x2
9、=2py（p0）的准线方程为y=，=，p=1，抛物线方程为x2=2y故答案为：x2=2y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. （本小题满分15分）已知椭圆的离心率为，短轴长为4，F1、F2为椭圆左、右焦点，点B为下顶点（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P(x0, y0)是椭圆C上第一象限的点 若M为线段BF1上一点，且满足，求直线OP的斜率； 设点O到直线PF1、PF2的距离分别为d1、d2，求证： 为定值，并求出该定值参考答案：36t260t250，(6t5)20， 9分OM的斜率为，即直线OP的斜率为； 10分【或】设直线OP的方程为，由，得
10、 6分由得， 8分由得解得： 10分由题意，PF1：y(x1)，即y0x(x01)yy00 11分d1，同理可得：d2 PF1PF22a 15分【或】SOPF1PF1d1OF1y0，PF1d1y0，PF1同理在OPF2中，有PF2PF1PF22a 15分19. 在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c， q=（，1），p=（， ）且求：（1）求sin A的值； （2）求三角函数式的取值范围参考答案：解：（I），根据正弦定理，得， 又， ，又；sinA= （II）原式， ，的值域是略20. （12分）已知函数的图象与直线9xy+8=0相切于（1，1）. （1）求的解析式； （2）求的极值
11、.参考答案：解析：（1）对求导得 依题意有 解得a=b=6. 6分 （2）由上问知 显然，当 上是单调递增函数，在 上是单调递减函数. 时取极大值，极大值是 12分21. 如图1，在RtABC中，C=90，D,E分别是AC，AB上的中点，点F为线段CD上的一点.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2. （1）求证：DE平面A1CB;（2）求证：A1FBE;（3）线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ？说明理由. 参考答案：解：（1）因为D,E分别为AC,AB的中点，所以DEBC.又因为DE平面A1CB,所以DE平面A1CB.（2）由已知得ACBC且DEBC,所以DEAC
12、.所以DEA1D,DECD.所以DE平面A1DC.而A1F 平面A1DC,所以DEA1F.又因为A1FCD,所以A1F平面BCDE.所以A1FBE（3）线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQBC.又因为DEBC,所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由（2）知DE平面A1DC,所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C 的中点，所以A1CDP,所以A1C平面DEP,从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ.22. 设到定点的距离和它到直线距离的比是（）求点的轨迹方程；（）为坐标原点, 过点且斜率为的直线,与点的轨迹交于点,求的面积参考答案：（）由已知得化简得点的轨迹方程为6分（）设直线的方程为.联立方程组，消去并整理得，所以由原点到直线的距离所以 12分
