福建省三明市市大田县太华初级中学2021-2022学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. 命题“所有实数的平方都是正数”的否定为 A. 所有实数的平方都不是正数 B有的实数的平方是正数 C至少有一个实数的平方是正数 D至少有一个实数的平方不是正数 参考答案：D略2. 已知等差数列的公差，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是A4 B3 C2 D参考答案：B3. 已知，则=（ ） A B C D参考答案：A4. 如图，已知ABCDEF是边长为1的正六边形，则的值为（）ABCD参考答案：C【考点】平面向量数量积的运算；向量加减法的应用【分析】根据正六边形对边平行且相等的性质，可得， =ABF=30，然后根据向量的数量积，即可得到答案【解答】解：由正六边形的性质可得， =ABF=30=|?|cos30=故选C5. 已知集合，则（ ）A B C D参考答案：D6. 如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB、DD交于M，N，设BM=x，x0，1，给出以下四个命题：平面MENF平面BDDB；当且仅当x=时，四边形MENF的面积最小；四边形MENF周长L=f（x），x0，1是单调函数；四棱锥CMENF的体积V=h（x）为常函数；以上命题中假命题的序号为（）ABCD参考答案：C【考点】命题的真假判断与应用【分析】利用面面垂直的判定定理去证明EF平面BDDB四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可判断周长的变化情况求出四棱锥的体积，进行判断【解答】解：连结BD，BD，则由正方体的性质可知，EF平面BDDB，所以平面MENF平面BDDB，所以正确连结MN，因为EF平面BDDB，所以EFMN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x=时，此时MN长度最小，对应四边形MENF的面积最小所以正确因为EFMN，所以四边形MENF是菱形当x0，时，EM的长度由大变小当x，1时，EM的长度由小变大所以函数L=f（x）不单调所以错误连结CE，CM，CN，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以CEF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥因为三角形CEF的面积是个常数M，N到平面CEF的距离是个常数，所以四棱锥CMENF的体积V=h（x）为常函数，所以正确所以四个命题中假命题所以选C7. 鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为 A. 34000mm3B. 33000 mm3C. 32000 mm3D.30000 mm3 参考答案：C【分析】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，由此能求出该零件的体积【详解】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是：长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，如图，该零件的体积：V100202040201032000（mm3）故选：C【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查几何体的三视图等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题8. 设函数的图像在点处切线的斜率为k，则函数k=g(t) 的部分图像为（ ）参考答案：B9. （5分）已知一个等差数列的前四项之和为21，末四项之和为67，前n项和为286，则项数n为（） A 24 B 26 C 27 D 28参考答案：B【考点】： 等差数列的前n项和【专题】： 计算题【分析】： 由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于=22，再由前n项和为286=11n，求得n的值解：由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于=22，再由前n项和为286=11n，n=26，故选B【点评】： 本题主要考查等差数列的定义和性质，前n项和公式的应用，求得首项与末项之和等于=22，是解题的关键，属于基础题10. 已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的解析式为ABCD. 参考答案：A略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 2016年夏季大美青海又迎来了旅游热，甲、乙、丙三位游客被询问是否去过陆心之海青海湖，海北百里油菜花海，茶卡天空之境三个地方时，甲说：我去过的地方比乙多，但没去过海北百里油菜花海；乙说：我没去过茶卡天空之境；丙说：我们三人去过同一个地方由此可判断乙去过的地方为参考答案：陆心之海青海湖【考点】F4：进行简单的合情推理【分析】可先由乙推出，可能去过陆心之海青海湖或茶卡天空之境，再由甲推出乙只能是去过陆心之海青海湖，茶卡天空之境中的任一个，再由丙即可推出结论【解答】解：由乙说：我没去过茶卡天空之境，则乙可能去过陆心之海青海湖或茶卡天空之境，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过海北百里油菜花海，则乙只能是去过陆心之海青海湖，茶卡天空之境中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一个地方，则由此可判断乙去过的地方为陆心之海青海湖故答案为：陆心之海青海湖12. 运行右图示的程序框图，当输入时的输出结果为，若变量满足，则目标函数的最大值为 ;参考答案：5略13. 已知集合A = x | x 2 ，B = -1，0，2，3 ，则AB = 参考答案：略14. 将含有3n个正整数的集合M分成元素个数相等且两两没有公共元素的三个集合A、B、C，其中，若A、B、C中的元素满足条件：，1,2，则称为“完并集合”.（1）若为“完并集合”，则的取值集合为 .（2）对于“完并集合”，在所有符合条件的集合中，其元素乘积最小的集合是 .参考答案：，15. 已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，a2=2且Sn+23Sn+1+2Sn+an=0，（nN*），记Tn=，若（n+6）Tn对nN*恒成立，则的最小值为参考答案：【考点】8K：数列与不等式的综合【分析】推导出Sn+23Sn+1+2Sn+an=an+22an+1+an=0，从an+2an+1=an+1an，进而an是首项为1，公差为21=1的等差数列，由此得到=2（），由此利用裂项求和法能求出的最小值【解答】解：数列an的前n项和为Sn，a1=1，a2=2且Sn+23Sn+1+2Sn+an=0，（nN*），Sn+23Sn+1+2Sn+an=Sn+2Sn+12（Sn+1Sn）+an=an+22an+1+an=0，an+2an+1=an+1an，an是首项为1，公差为21=1的等差数列，an=1+（n1）1=n，=2（），Tn=2（）=，（n+6）Tn对nN*恒成立，n=2或n=3时，有最大值，的最小值为故答案为：16. 设函数的最大值为M，若有10个互不相等的正数满足，且，则的值为 参考答案：答案： 17. 已知函数的解集为_. 参考答案：（0,2）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. 已知等差数列的前项和为，并且，数列满足：，记数列的前项和为.（I）求数列的通项公式及前项和公式；（II）求数列的通项公式及前项和公式；（III）记集合，若的子集个数为16，求实数的取值范围。参考答案： 解析：（1）设数列的公差为，由题意得，解得，。（2）由题意得，叠乘得.由题意得 得：（3）由上面可得，令，则，。下面研究数列的单调性，时，即单调递减。集合的子集个数为16，中的元素个数为4，不等式，解的个数为4，略18、某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有个红球与个白球的袋中任意摸出个球，再从装有个蓝球与个白球的袋中任意摸出个球，根据摸出个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级。（1）求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；（2）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额的分布列与期望。参考答案：20. 如图，在四棱锥S- ABCD中，ABCD是边长为4的正方形，SD平面ABCD，E、F分别为AB，SC的中点.（1）证明：EF平面SAD.（2）若，求二面角的正弦值.参考答案：（1）证明见解析（2）【分析】（1）记的中点为，连接，通过证明，且推出四边形为平行四边形，则，由线线平行推出线面平行；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，代入即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.【详解】（1）证明：记的中点为，连接，.因为分别为的中点，则，且.因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.（2）以为原点，分别以，为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则令，则.设平面的法向量为，则令，则.，设二面角为，则，即二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.21. （本小题满分10分）选修44；坐标系与参数方程 已知极坐标的极点与平面直角坐标系的原点重合，极轴与菇轴的正半轴重合，且长度单位相同。圆C的参数方程为为参数），点Q的极坐标为（2，） （I）化圆C的参数方程为极坐标方程； （）若点P是圆C上的任意一点，求P，Q两点间距离的最小值。参考答案：略22. 山东省高考改革试点方案规定：从2020年高考开始，高考物理、化学