廣西壯族自治區(qū)桂林市福興中學2021-2022學年高三數(shù)學理上學期期末試題含解析

廣西壯族自治區(qū)桂林市福興中學2021-2022學年高三數(shù)學理上學期期末試題含解析一、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a，b都是實數(shù)，那么“”是“”的（

）A.充分而不必要條件 B。必要而不充分條件C．充分必要條件 D。既不充分也不必要條件參考答案：D略2.已知x，y滿足，且z=2x+y的最大值是最小值的4倍，則a的值是（）A． B． C． D．4參考答案：B考點：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應用．分析：作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用z的幾何意義，結合目標函數(shù)z=2x+y的最大值是最小值的4倍，建立方程關系，即可得到結論．解答：解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直線y=﹣2x+z，由圖象可知當直線y=﹣2x+z經(jīng)過點A時，直線的截距最大，此時z最大，由，解得即A（1，1），此時z=2×1+1=3，當直線y=﹣2x+z經(jīng)過點B時，直線的截距最小，此時z最小，由，解得，即B（a，a），此時z=2×a+a=3a，∵目標函數(shù)z=2x+y的最大值是最小值的4倍，∴3=4×3a，即a=．故選：B點評：本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數(shù)形結合是解決本題的關鍵．3.已知函數(shù)，則A． B． C．

D．參考答案：D考點：分段函數(shù)，抽象函數(shù)與復合函數(shù)

故答案為：D4.已知a、b為單位向量，其夾角為60，則（2a－b）·b=(

)A.

－1

B.0

C.1

D.2參考答案：B5.已知函數(shù)，若對于任意的恒成立，則的最小值等于（

）A．

B．—3

C．

D．-6參考答案：A略6.（5分）若實數(shù)x，y滿足的約束條件，將一顆骰子投擲兩次得到的點數(shù)分別為a，b，則函數(shù)z=2ax+by在點（2，﹣1）處取得最大值的概率為（

）

A．B．C．D．參考答案：D【考點】：幾何概型；簡單線性規(guī)劃．應用題；概率與統(tǒng)計．【分析】：利用古典概型概率計算公式，先計算總的基本事件數(shù)N，再計算事件函數(shù)z=2ax+by在點（2，﹣1）處取得最大值時包含的基本事件數(shù)n，最后即可求出事件發(fā)生的概率．解：畫出不等式組表示的平面區(qū)域，∵函數(shù)z=2ax+by在點（2，﹣1）處取得最大值，∴直線z=2ax+by的斜率k=﹣≤﹣1，即2a≥b．∵一顆骰子投擲兩次分別得到點數(shù)為（a，b），則這樣的有序整數(shù)對共有6×6=36個其中2a≥b的有（1，1），（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），共30個則函數(shù)z=2ax+by在點（2，﹣1）處取得最大值的概率為=．故選：D．【點評】：本題考查了古典概型概率的計算方法，乘法計數(shù)原理，分類計數(shù)原理，屬于基礎題7.已知雙曲線c：，以右焦點F為圓心，|OF|為半徑的圓交雙曲線兩漸近線于點M、N（異于原點O），若|MN|=，則雙曲線C的離心率是（）A．B．C．2D．參考答案：C考點：雙曲線的簡單性質(zhì)．專題：計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：連接NF，設MN交x軸于點B，根據(jù)雙曲線漸近線方程結合圖形的對稱性，求出N（，），再由|NF|=c在Rt△BNF中利用勾股定理建立關于a、b、c的關系式，化簡整理可得c=2a，由此即可得到該雙曲線的離心率．解答：解：連接NF，設MN交x軸于點B∵⊙F中，M、N關于OF對稱，∴∠NBF=90°且|BN|=|MN|==，設N（m，），可得=，得m=Rt△BNF中，|BF|=c﹣m=∴由|BF|2+|BN|2=|NF|2，得（）2+（）2=c2化簡整理，得b=c，可得a=，故雙曲線C的離心率e==2故選：C點評：本題給出以雙曲線右焦點F為圓心的圓過坐標原點，在已知圓F被兩條漸近線截得弦長的情況下求雙曲線的離心率，著重考查了雙曲線的標準方程與簡單幾何性質(zhì)、直線與圓的位置關系等知識，屬于基礎題．8.橢圓的內(nèi)接三角形（頂點、、都在橢圓上）的邊分別過橢圓的焦點和，則周長………（

）（A）總大于

（B）總等于

（C）總小于

（D）與的大小不確定參考答案：C9.如圖的程序圖的算法思路中是一種古老而有效的算法﹣﹣輾轉相除法，執(zhí)行改程序框圖，若輸入的m，n的值分別為30，42，則輸出的m=（）A．10 B．12 C．13 D．16參考答案：B【考點】程序框圖．【專題】計算題；圖表型；試驗法；算法和程序框圖．【分析】模擬程序框圖的運行過程，該程序執(zhí)行的是歐幾里得輾轉相除法，求出運算結果即可．【解答】解：模擬程序框圖的運行過程，如下；m=30，n=42，30÷42=0，余數(shù)是30，r=30，不滿足條件r=0，m=42，n=30，42÷30=1，余數(shù)是12，r=12，不滿足條件r=0，m=30，n=12，30÷12=2，余數(shù)是6，r=6，不滿足條件r=0，m=12，n=6，12÷6=2，余數(shù)是0，r=0，滿足條件r=0，退出循環(huán)，輸出m的值為12．故選：B．【點評】本題考查了程序框圖的應用問題，解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的答案，是基礎題．10.設是實數(shù)，且是純虛數(shù)，則

A．1

B． C．

D．參考答案：答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數(shù)(x∈[0，π])為增函數(shù)的區(qū)間是

..參考答案：略12.若a是1+2b與1-2b的等比中項，則的最大值為__________．參考答案：13.將5幅不同的冬奧會宣傳作品排成前后兩排展出，每排至少2幅，其中A，B兩幅作品必須排在前排，那么不同的排法共有

種．參考答案：48

【考點】排列、組合的實際應用．【分析】根據(jù)題意，分2種情況討論：①、前排2幅，后排3幅，②、前排3幅，后排2幅，每種情況下依次分析前排和后排的排法數(shù)目，即可得每種下的排法數(shù)目，由分類計數(shù)原理計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，分2種情況討論：①、前排2幅，后排3幅，則前排的必須是A，B，考慮其順序，有A22=2種情況，剩下的三幅放在后排，有A33=6種情況，則此時有2×6=12種不同的排法，②、前排3幅，后排2幅，需要先在剩下3幅中，選出1幅，與A、B一起放在前排，有C31A33=18種情況，剩下的2幅放在后排，考慮其順序，有A22=2種情況，則此時有18×2=36種不同的排法，則不同的排法共有12+36=48種；故答案為：48．14.已知F是拋物線y2＝4x的焦點，A，B是拋物線上兩點，若△AFB是正三角形，則△AFB的邊長為________．參考答案：15.設,滿足約束條件則的最大值是________.參考答案：答案：516.（理）橢圓上的任意一點(除短軸端點除外)與短軸兩個端點的連線交軸于點和，則的最小值是

參考答案：略17.設的內(nèi)角的對邊分別為，則下列命題正確的是______________（1）若，則；

（2）若，則；（3）若，則；

（4）若，則（5），則。

參考答案：(1)(2)(3)

略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，A、B、C、D四點在同一圓上，AD的延長線與BC的延長線交于E點，且EC=ED．（Ⅰ）證明：CD∥AB；（Ⅱ）延長CD到F，延長DC到G，使得EF=EG，證明：A、B、G、F四點共圓．參考答案：【考點】圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)與判定．【專題】證明題．【分析】（I）根據(jù)兩條邊相等，得到等腰三角形的兩個底角相等，根據(jù)四點共圓，得到四邊形的一個外角等于不相鄰的一個內(nèi)角，高考等量代換得到兩個角相等，根據(jù)根據(jù)同位角相等兩直線平行，得到結論．（II）根據(jù)第一問做出的邊和角之間的關系，得到兩個三角形全等，根據(jù)全等三角形的對應角相等，根據(jù)平行的性質(zhì)定理，等量代換，得到四邊形的一對對角相等，得到四點共圓．【解答】解：（I）因為EC=ED，所以∠EDC=∠ECD因為A，B，C，D四點在同一圓上，所以∠EDC=∠EBA故∠ECD=∠EBA，所以CD∥AB（Ⅱ）由（I）知，AE=BE，因為EF=EG，故∠EFD=∠EGC從而∠FED=∠GEC連接AF，BG，△EFA≌△EGB，故∠FAE=∠GBE又CD∥AB，∠FAB=∠GBA，所以∠AFG+∠GBA=180°故A，B．G，F(xiàn)四點共圓【點評】本題考查圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)和判斷，考查兩直線平行的判斷和性質(zhì)定理，考查三角形全等的判斷和性質(zhì)，考查四點共圓的判斷，本題是一個基礎題目．19.如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，AB=AC=1，∠BAC=90°，點D是棱B1C1的中點．（1）求證：A1D⊥平面BB1C1C；（2）求證：AB1∥平面A1DC；（3）求三棱錐C1﹣A1CD的體積．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．【專題】計算題；規(guī)律型；數(shù)形結合；轉化思想；空間位置關系與距離．【分析】（1）先證明AA1⊥平面ABC，可得CC1⊥AD，再利用線面垂直的判定定理，即可證明AD⊥平面BCC1B1；（2）利用三角形中位線的性質(zhì)，證明A1B∥OD，利用線面平行的判定定理證明A1B∥平面AC1D；（3）利用等體積轉化法求解三棱錐C1﹣A1CD的體積即可．【解答】（1）證明：AC∩AB=A，側面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，AC∩AB=A，AC，AB?平面ABC，∴AA1⊥平面ABC．∵AA1∥CC1，∴CC1⊥平面ABC，∴平面平面BB1C1C⊥平面ABC，…∴平面平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，D是B1C1中點，AB=AC=1，∴A1D⊥B1C1∴A1D⊥平面BB1C1C；…（2）證明：連結A1C，交AC1于點O，連結OD，因為ACC1A1為正方形，所以O為AC1中點，又D為BC中點，所以OD為△A1BC中位線，所以A1B∥OD，…因為OD?平面AC1D，AB1?平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D…（3）由（1）可知A1A三棱柱ABC﹣A1B1C1的高

…側面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，AB=AC=1，∠BAC=90°，點D是棱B1C1的中點，…，即三棱錐C1﹣A1CD的體積為：．…【點評】本題考查幾何體的體積的求法，直線與平面平行與垂直的判定定理的應用，考查空間想象能力以及計算能力．20.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，，，點M為A1C1的中點，點N為AB1上一動點.（1）是否存在一點N，使得線段MN∥平面BB1C1C？若存在，指出點N的位置，若不存在，請說明理由.（2）若點N為AB1的中點且，求二面角的正弦值.參考答案：（1）存在點，且為的中點.證明如下：如圖，連接，，點，分別為，的中點，所以為的一條中位線，，平面，平面，所以平面.（2）設，則，，，由，得，解得.由題意以點為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，可得，，，，故，，，，.設為平面的一個法向量，則得令，得平面的一個法向量，同理可得平面的一個法向量為，故二面角的余弦值為.故二面角的正弦值為.

21.（本小題滿分14分）

己知向量，．

(1)若，求的值：

(2)若，且，求的值．參考答案：【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量數(shù)量積的運算．F2F3(1)；(2)

解析：(1)因為，所以，……2分所以，即．

………4分因為，所以．

……6分(2)由∥，得，

………………8分即，即，整理得，

…………11分又，所以，所以，即．

……14分【思路點撥】（1）由向量的垂直的性質(zhì)得到θ的三角函數(shù)式，然后化簡解答；（2）由向量平行的性質(zhì)得到θ的三角函數(shù)式，然后化簡解答。22.（本小題滿分12分）為調(diào)查人們在購物時的支付習慣，某超市對隨機抽取的600名顧客的支付方式進行了統(tǒng)計，數(shù)據(jù)如下表所示：支付方式微信支付寶購物卡現(xiàn)金人數(shù)200150150100現(xiàn)有甲、乙、丙三人將進入該超市購物，各人支付方式相互獨立，假設以頻率近似代替概率.（Ⅰ）求三人中使用微信支付的人數(shù)多于現(xiàn)金支付人數(shù)的概率；（Ⅱ）記X為三人中使用支付寶支付的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學期望.

參考答案：解：(1)由表格得顧客使用微信、支付寶、購物卡和現(xiàn)金支付的概率分別為，設Y為三人中使用微信支付的人