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2022年河南省安阳市南平中学高三数学理下学期期末试卷含解析一、 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. 在RtABC中,C90,A30,BC1,D为斜边AB的中点,则( )A1 B -1 C2 D-2参考答案:B试题分析:由于C90,A30,BC1,D为斜边AB的中点,故答案为B考点:平面向量的数量积2. 如图,菱形的边长为,,为的中点,若为菱形内任意一点(含边界),则的最大值为( )A. B. C. D.9参考答案:D3. 已知集合A=1,0,1,2,3,4,5,B=b|b=n21,nZ,则AB=()A1,3B0,3C1,0,3D1,0,3,5参考答案:C【分析】化简集合B,根据交集的定义写出AB【解答】解:集合A=1,0,1,2,3,4,5,B=b|b=n21,nZ=1,0,3,8,15,AB=1,0,3故选:C【点评】本题考查了交集的定义与应用问题,是基础题4. 下列判断正确的是( )A函数是奇函数; B函数是偶函数C函数是非奇非偶函数 D函数既是奇函数又是偶函数参考答案:C5. 若,则下列各结论中正确的是 ABCD 参考答案:D略6. 已知中,则为( )A等腰三角形 B的三角形C等腰三角形或的三角形 D等腰直角三角形参考答案:C7. 在ABC中,若AB=4,AC=BC=3,则sinC的值为()ABCD参考答案:D【考点】HR:余弦定理【分析】由已知利用余弦定理可求cosC的值,进而利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值【解答】解:在ABC中,AB=4,AC=BC=3,cosC=,sinC=故选:D8. 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯A. 1盏B. 3盏C. 5盏D. 9盏参考答案:B【详解】设塔顶的a1盏灯,由题意an是公比为2的等比数列,S7=381,解得a1=3故选B9. 设随机变量服从正态分布,若,则的值为()A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6参考答案:B【分析】根据正态密度曲线的对称轴得出,然后利用正态密度曲线的对称性得出可得出答案。【详解】随机变量服从正态分布,所以,故选:B。【点睛】本题考查正态分布的应用,意在考查正态密度曲线的对称性,属于基础题。10. 已知直线与平面平行,则下列结论错误的是 A直线与平面没有公共点 B存在经过直线的平面与平面平行 C直线与平面内的任意一条直线平行 D直线上所有的点到平面的距离都相等参考答案:C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知ABC的顶点都在球O的球面上,AB=6,BC=8,AC=10,三棱锥OABC的体积为40,则该球的表面积等于 参考答案:400【考点】球的体积和表面积【分析】求出ABC所在圆面的半径为,则由得三棱锥的高h=5,设球O的半径为R,则由h2+52=R2,得R=10,【解答】解:依题意知ABC为直角三角形,其所在圆面的半径为,设三棱锥OABC的高为h,则由得h=5,设球O的半径为R,则由h2+52=R2,得R=10,故该球的表面积为400故答案为40012. 已知是奇函数,且,若,则 .参考答案:-213. 已知函数,若,则的最小值为 参考答案:14. 三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛,若每人都选择其中两个项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 (结果用最简分数表示)。参考答案:15. 如果复数是实数,则实数 参考答案:116. 已知向量、的夹角为,且,则向量与向量的夹角等于 参考答案:17. 已知整数对排列如下,则第60个整数对是_.参考答案: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f(x)=ex(ax+b)+x2+2x,曲线y=f(x)经过点P(0,1),且在点P处的切线为l:y=4x+1(I)求a,b的值;()若存在实数k,使得x2,1时f(x)x2+2(k+1)x+k恒成立,求k的取值范围参考答案:【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】导数的综合应用【分析】(I)求出函数的导数,利用切线的斜率,以及函数值得到,即可求a,b的值;()x2,1,f(x)x2+2(k+1)x+k恒成立,推出k的表达式,构造函数求解函数的导数,利用新函数的单调性求出区间上的最值,即可求k的取值范围【解答】解:( I)f(x)=ex(ax+a+b)+2x+2依题意,即,解得( II)由f(x)x2+2(k+1)x+k得:ex(x+1)k(2x+1)x2,1时,2x+10,f(x)x2+2(k+1)x+k即ex(x+1)k(2x+1)恒成立,当且仅当设,由g(x)=0得当;当上的最大值为:所以常数k的取值范围为【点评】本题考查函数的导数的综合应用,切线方程,闭区间是函数的最值的求法,构造法的应用,难度比较大,是高考常考题型19. 已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为F1、F2,A为相圆C上一点,AF1与y轴交于B,.()求椭圆C的方程;()过右焦点F2的直线交椭圆于P、Q两点若PQ的中点为N,O为原点,直线ON交直线于点M.求的最大值.参考答案:(I);(II)【分析】()由题意得,通过平面几何的知识,可以得到,根据,离心率为,结合,这样可以求出,进而求出椭圆的标准方程;(II)直线与椭圆方程联立,可以得到一个一元二次方程,设、,利用根与系数关系可以求出的坐标,以及的长度,求出直线的方程,求出的坐标,求出的长度表达式,求出 平方的表达式,用换元法、配方法,最后求出的最大值.【详解】(I)连接,由题意得,所以为的中位线,又因为,所以,且 又,得,故所求椭圆方程为.(II)联立,可得.设、,则,所以为所以的中点坐标为, 因此直线的方程为,从而点为,设,令,则,因此当,即时取得最大值.【点睛】本题考查了椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系,以及椭圆弦长公式,考查了数学运算能力.20. (12分)如图,在多面体ABCDE中,DB平面ABC,AE平面ABC,且ABC是的边长为4的等边三角形,AE=2,CD与平面ABDE所成角的余弦值为,F是线段CD上一点()若F是线段CD的中点,证明:平面CDE面DBC;()求二面角BECD的平面角的正弦值参考答案:【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直的判定【分析】()取AB中点O,连结OC,OD,取ED的中点为M,以O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OM为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能证明平面CDE平面DBC()求出平面DEC 的一个法向量和平面BCE的一个法向量,利用向量法能求出二面角BECD的平面角的正弦值【解答】证明:()取AB中点O,连结OC,OD,DB平面ABC,DB?平面ABDE,平面ABDE平面ABC,ABC是等边三角形,OCAB,又OC?平面ABC,平面ABDE平面ABC=AB,OC平面ABD,OD是CD在平面ABDE上的射影,CDO是CD与平面ABDE所成角,CD与平面ABDE所成角的余弦值为,CD与平面ABDE所成角的正弦值为,sin,OC=2,CD=4,BD=4,取ED的中点为M,以O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OM为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(0,2,4),E(0,2,2),F(,1,2),=(),=(2,2,0),=(0,0,4),EFBC,EFBD,DB,BC?平面DBC,且DBBC=B,EF平面DBC,又EF?平面BDF,平面CDE平面DBC解:()由()知,当F是线段CD的中点时,得BF平面DEC,又=(),则可取平面DEC 的一个法向量=(),设平面BCE的一个法向量=(x,y,z),=(2,2,0),=(2,2,2),则,取x=1,得=(1,),则cos=,sin=,二面角BECD的平面角的正弦值为【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的正弦值的求法,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查等价转化思想、数形结合思想,是中档题21. 已知,其中.(1)若与的图像在交点处的切线互相垂直,求的值;(2)若是函数的一个极值点,和是的两个零点,且 ,,求的值;(3)当时,若,是的两个极值点,当时,求证:.参考答案:(1),由题知,即 解得 (2) =, 由题知,即 解得,= ,由,解得;由,解得在上单调递增,在单调递减, 故至多有两个零点,其中,又=0,=6(-1)0,=6(-2)0 ,(3,4),故=3 (3)当时,=, , 由题知=0在(0,+)上有两个不同根,则1,则+11,+40 又0,1 则与随的变化情况如下表: (0,1)1(1, -)-(-,+)-0+ 0-极小值极大值|-|=极大值-极小值=F(-)F(1)=)+1, 设,则,在(,4)上是增函数,=3-4 所以.略22. 设函数f(x)=x2aln(x+2),且f(x)存在两个极值点x1,x2,其中x1x2(I)求实数a的取值范围;(II)证明不等式:参考答案:【考点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性【分析】(I)求导,由题意可知:2x2+4xa=0在(2,+)内有两个不相等实根,构造辅助函数,利用函数的性质,即可求得实数a的取值范围;(II)由(I)可知,利用韦达定理,则,构造辅助函数利用导数求得函数的单调区间,则F(x)F(1)=1,即【解答】解:()由题意,
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