河南省鶴壁市職業(yè)技術(shù)高級中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)文期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知向量a＝（cosα，sinα），b＝（sinβ，－cosβ），則｜a＋b｜的最大值為

（

）A．

B．2

C．2

D．4參考答案：B2.已知數(shù)列是等比數(shù)列，且的值為

（

）

A．1

B．-1

C．

D．

參考答案：B略3.設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，則下列四個命題①若α∥β，，則m∥β

②若m∥α，，則∥n③若α⊥β，m∥α，則m⊥β

④若m⊥α，m∥β，則α⊥β

其中正確的是 （）

A．①③

B．②③

C．①④

D．②④參考答案：C4.單位向量與的夾角為，則=(

) A． B．1 C． D．2參考答案：B考點：數(shù)量積表示兩個向量的夾角；向量的模．專題：計算題．分析：本題考查的知識點是平面向量的數(shù)量積運算，由||=||=1，與的夾角為60°，故，，，又由=，代入即可得到答案．解答： 解：∵向量與為單位向量，且向量與的夾角為，∴，，∴===1﹣1+1=1∴=1故選B點評：向量的數(shù)量積運算中，要熟練掌握如下性質(zhì)：==，5.復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z=2i（i為虛數(shù)單位），則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限參考答案：A【考點】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義．【專題】數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)．【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、幾何意義即可得出．【解答】解：（1+i）z=2i（i為虛數(shù)單位），∴z===i+1，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點（1，1）在第一象限．故選：A．【點評】本題考查了復(fù)數(shù)的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．6.在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y2=6x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，P為拋物線上一點，PA⊥l，A為垂足，若直線AF的斜率，則線段PF的長為（

）A．4

B．5

C．6

D．7參考答案：C∵拋物線的方程為∴焦點，準(zhǔn)線的方程為.∵直線AF的斜率∴直線AF的方程為，當(dāng)時，，即.∵為垂足∴P點的縱坐標(biāo)為，代入到拋物線方程得，P點的坐標(biāo)為.∴故選C.7.如圖是函數(shù)在一個周期內(nèi)的圖像，M、N分別是最大、最小值點，且，則的值為（

）（A）

（B）（C）

（D）參考答案：C8.已知點F1、F2分別是橢圓的左、右焦點，A、B是以O(shè)（O為坐標(biāo)原點）為圓心、|OF1|為半徑的圓與該橢圓左半部分的兩個交點，且△F2AB是正三角形，則此橢圓的離心率為（

） A． B． C． D．參考答案：D略9.設(shè)，、，且＞，則下列結(jié)論必成立的是（

）

A.＞

B.+＞0

C.＜

D.＞參考答案：D10.設(shè)集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，則A∪B=(

)A．{1，2，3} B．{0，1，2，3} C．{2} D．{﹣1，0，1，2，3}參考答案：B【考點】并集及其運算．【專題】計算題．【分析】把集合A的所有元素和集合B的所有元素合并到一起，得到集合A∪B．由此根據(jù)集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，能求出A∪B．【解答】解：∵集合A={x|﹣1≤x≤2，x∈N}={0，1，2}，集合B={2，3}，∴A∪B={0，1，2，3}．故選B．【點評】本題考查集合的并集的定義及其運算，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意并集中相同的元素只寫一個．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.某學(xué)校共有師生2400人，現(xiàn)用分層抽樣的方法，從師生中抽取一個容量為160的樣本，已知從學(xué)生中抽取人數(shù)為150人，那么該校的教師人數(shù)是

。參考答案：150

12.已知等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，若a1，a5是方程x2﹣10x+9=0的兩個根，則公差d=，S5=． 參考答案：2,25.【考點】等差數(shù)列的前n項和；等差數(shù)列的通項公式． 【專題】計算題；方程思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列． 【分析】由題意解一元二次方程可得a1和a5，由通項公式可得d，再由求和公式可得． 【解答】解：∵等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，a1，a5是方程x2﹣10x+9=0的兩個根， ∴解方程可得a1=1，a5=9，故公差d==2， ∴由求和公式可得S5===25 故答案為：2；25 【點評】本題考查等差數(shù)列的通項公式和求和公式，涉及一元二次方程的根，屬基礎(chǔ)題．13.已知向量與向量的夾角為，若且，則在上的投影為

參考答案：本題主要考查平面向量的運算.因為向量與向量的夾角為，所以在上的投影為，問題轉(zhuǎn)化為求，因為故所以在上的投影為.

14.（幾何證明選講選做題）如圖，圓的直徑

.參考答案：略15.的展開式中常數(shù)項為

．（用數(shù)字表示）參考答案：試題分析：的展開式的通項為，故常數(shù)項為考點：二項式定理.16.設(shè)A、B、C、D是半徑為2的球面上的四點，且滿足AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，則S△ABC+S△ABD+S△ACD的最大值是．參考答案：8考點： 球內(nèi)接多面體．分析： 根據(jù)題意，以AB、AC、AD為長、寬、高作長方體，可得長方體與三棱錐D﹣ABC有相同的外接球．從而算出長方體的對角線長為4，得AB2+AC2+AD2=16．再利用基本不等式求最值即可算出S△ABC+S△ABD+S△ACD的最大值．解答： 解：∵AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，∴以AB、AC、AD為長、寬、高，作長方體如圖所示可得長方體的外接球就是三棱錐D﹣ABC的外接球∵球的半徑為2，可得直徑為4∴長方體的對角線長為4，得AB2+AC2+AD2=16∵S△ABC=AB?AC，S△ABD=AB?AD，S△ACD=AC?AD∴S△ABC+S△ABD+S△ACD=（AB?AC+AB?AD+AC?AD）∵AB?AC+AB?AD+AC?AD≤AB2+AC2+AD2=16當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=AD時，等號成立∴當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=AD時，S△ABC+S△ABD+S△ACD的最大值為8故答案為：8點評： 本題求內(nèi)接于球的三棱錐的側(cè)面積的最大值，著重考查了球內(nèi)接多面體、長方體的性質(zhì)和基本不等式求最值等知識，屬于中檔題．17.某校有A，B兩個學(xué)生食堂，若a，b，c三名學(xué)生各自隨機(jī)選擇其中的一個食堂用餐，則三人在同一個食堂用餐的概率為

．參考答案：a，b，c三名學(xué)生各自隨機(jī)選擇其中的一個食堂用餐共有8種情況，其中三人在同一個食堂用餐共有2種情況，故概率為2÷8＝．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)。(1)討論了的單調(diào)性；(2)試問是否存在，使得對恒成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由。參考答案：19.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面是邊長為的菱形，∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=，M，N分別為PB，PD的中點．（1）證明：MN∥平面ABCD；（2）過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值．參考答案：考點：用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；二面角的平面角及求法．專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；立體幾何．分析：（1）連接BD，利用三角形的中位線的性質(zhì)，證明MN∥BD，再利用線面平行的判定定理，可知MN∥平面ABCD；（2）方法一：連接AC交BD于O，以O(shè)為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AMN的法向量，利用向量的夾角公式，即可求得二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值；方法二：證明∠AEQ為二面角A﹣MN﹣Q的平面角，在△AED中，求得AE=，QE=，AQ=2，再利用余弦定理，即可求得二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值．解答： （1）證明：連接BD．∵M(jìn)，N分別為PB，PD的中點，∴在△PBD中，MN∥BD．又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD∴MN∥平面ABCD；（2）方法一：連接AC交BD于O，以O(shè)為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，得AC=AB=，BD=∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC在直角△PAC中，，AQ⊥PC得QC=2，PQ=4，由此知各點坐標(biāo)如下A（﹣，0，0），B（0，﹣3，0），C（，0，0），D（0，3，0），P（），M（），N（）Q（）設(shè)=（x，y，z）為平面AMN的法向量，則．∴，取z=﹣1，，同理平面QMN的法向量為∴=∴所求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值為．方法二：在菱形ABCD中，∠BAD=120°，得AC=AB=BC=CD=DA=，BD=∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，∴PB=PC=PD，∴△PBC≌△PDC而M，N分別是PB，PD的中點，∴MQ=NQ，且AM=PB==AN取MN的中點E，連接AE，EQ，則AE⊥MN，QE⊥MN，所以∠AEQ為二面角A﹣MN﹣Q的平面角由，AM=AN=3，MN=3可得AE=在直角△PAC中，AQ⊥PC得QC=2，PQ=4，AQ=2在△PBC中，cos∠BPC=，∴MQ=在等腰△MQN中，MQ=NQ=．MN=3，∴QE=在△AED中，AE=，QE=，AQ=2，∴cos∠AEQ=∴所求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值為．點評：本題考查線面平行，考查面面角，解題的關(guān)鍵是利用線面平行的判定定理，掌握面面角的兩種求解方法，屬于中檔題．20.(本小題滿分12分）設(shè)函數(shù)的定義域為，命題與命題,若真，假，求實數(shù)的取值范圍．參考答案：若假真，則解得或．綜上，．21.已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的兩個焦點分別為F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），離心率為．過焦點F2的直線l（斜率不為0）與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為D，O為坐標(biāo)原點，直線OD交橢圓于M，N兩點．（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）當(dāng)四邊形MF1NF2為矩形時，求直線l的方程．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】（I）由已知可得：，解得即可得出；（II）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（﹣x3，﹣y3）．與橢圓方程聯(lián)立化為（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，．利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標(biāo)公式可得：線段AB的中點D，可得直線OD的方程為：x+3ky=0（k≠0）．與橢圓方程聯(lián)立，解得=，x3=﹣3ky3．利用四邊形MF1NF2為矩形，可得=0，解出即可．【解答】解：（I）由已知可得：，解得a2=6，b2=2，∴橢圓C的方程為；（II）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（﹣x3，﹣y3）．聯(lián)立，化為（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，∴x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2﹣4）=，∴線段AB的中點D，∴直線OD的方程為：x+3ky=0（k≠0）．聯(lián)立，解得=，x3=﹣3ky3．∵四邊形MF1NF2為矩形，∴=0，∴（x3﹣2，y3）?（﹣x3﹣2，﹣y3）=0，∴=0，∴=0，解得k=，故直線方程為y=