河南省实验中学2021-2022学年高三数学（理）上学期期中试题（Word版附解析）

河南省实验中学2021——2022学年上期期中试卷高三理科数学（时间：120分钟，满分：150分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.【详解】设，则，则，所以，，解得，因此，.故选：C.2.已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、、为假命题.故选：A．3.已知，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（）（ln19≈3）A.60B.63C.66D.69【答案】C【解析】【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（）A.[－2，2]B.[－1，2]C.[0，4]D.[1，3]【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的性质，并根据函数的单调性求解即可.【详解】由函数奇函数，得，不等式即为，又在单调递减，∴得，即﹒ 故选：D．6.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．7.已知，，则（）A.0和B.C.D.和0【答案】B【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系，求出正弦值，余弦值，再求正切值.【详解】因为，所以，因为，所以， 整理得，解得或，由则当时，（代入条件验证矛盾舍去），当时，，所以.故选：B8.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥的所有顶点都在球上，则球的半径为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将鳖臑补形为长方体,求出长方体的外接球的半径即可.【详解】由题意,将鳖臑补形为长方体如图,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球.外接球的半径为故选：A9.给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为120°.如图所示.点在以为圆心2为半径的圆弧上运动.则的最小值为A.B.C.0D.2 【答案】B【解析】【分析】设，以为平面内一组基底，根据平面向量的加法的几何意义、平面向量数量积的定义和运算性质，结合辅助角公式、余弦函数的单调性进行求解即可.【详解】设，因此有，因为，所以，所以当时，即，有最小值，最小值为.故选：B【点睛】本题考查了平面向量数量积最小值问题，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量的定义和运算性质，考查了辅助角公式和余弦函数的单调性，考查了数学运算能力.10.已知函数且关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】转化关于的方程有三个不等实根为有三个不同的交点，分，讨论，当时，考虑临界状况，与相切，分析即得解 【详解】由题意，关于的方程有三个不等实根，可转化为有三个不同的交点结合图像，当时显然不成立；当时，考虑临界状况，与相切设切点为，由于从而切线方程为：，由于直线过原点故数形结合可知，当，即时，有三个不同的交点即关于的方程有三个不等实根故选：11.棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为（）A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用求得点坐标间的相互关系，写出 面积的表达式，利用二次函数的对称轴，求得面积的最小值.【详解】以分别为轴建立空间直角坐标系，依题意有，，由于，故，解得.根据正方体的性质可知，，故为直角三角形，而，故，的面积为，当时，面积取得最小值为，故选:A.12.已知关于x的不等式-x-alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为A.（-∞，1-e]B.（-∞，-3]C.（-∞，-2]D.（-∞，2-e2]【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据化简得到答案.【详解】根据题意：.设，则， 则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.根据，，故.故选：.【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知等比数列的公比，其前项和为，且，，则__．【答案】2【解析】【分析】由条件可得，求出，再由可求出，从而得出答案.【详解】由，即，即解得或（舍）由，所以故答案为：214.设实数、满足约束条件，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，可行域内的动点与定点连线的斜率求解．【详解】解：由约束条件作出可行域如图， 由解得，由解得，所以，，的几何意义为可行域内的动点与定点连线的斜率，，，的取值范围为．故答案为：．15.已知椭圆，是的长轴的两个端点，点是上的一点，满足，设椭圆的离心率为，则______. 【答案】【解析】【详解】设,，因为，所以可得，，三等式联立消去可得故答案为：.16.在中，若，，则的面积为_____．【答案】【解析】【分析】利用求出，再利用余弦定理求出即得解.【详解】解：由题得，因为方程有解，所以,所以,因为,所以.所以.由余弦定理得.所以的面积为.故答案为：三、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答） （一）必考题：共60分.17.正项数列{an}满足：an2﹣（2n﹣1）an﹣2n＝0．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数列的递推关系，即可求数列{an}的通项公式an；（2）求出bn的通项公式，利用裂项法即可得到结论．【详解】解：（1）∵an2﹣（2n﹣1）an﹣2n＝0，∴（an﹣2n）（an+1）＝0，又∵各项为正，∴an＝2n．（2）∵bn，∴数列{bn}的前n项和Tn（1），点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和，利用裂项法是解决本题的关键．18.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具 有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.故PA＝.5分（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，化简得cosα＝4sinα.所以tanα＝，即tan∠PBA＝.12分考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.19.如图，正方形ABCD所在平面与等边所在平面互相垂直，设平面ABE与平面CDE相交于直线.（1）求直线与直线AC所成角的大小；（2）求平面ACE与平面DCE的夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由四边形为正方形，可得，再由线面平行的判定定理可得平面，由线面平行的性质定理可得，由可得与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，可得、、两两垂直，所以以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角 的余弦值【详解】（1）∵四边形为正方形，∴，∵平面，平面，∴平面，又∵平面，且平面平面直线，∴，∵四边形为正方形，∴，故与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，由为等边三角形，可知，由四边形为正方形，知，∵平面平面，平面平面，且平面，∴平面，以坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，于是，，，设平面的一个法向量为，由，取，可得；设平面的一个法向量为，由，取，可得.∴. 由图可知，平面ACE与平面DCE的夹角为锐二面角，则其余弦值为.20.已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为，过点作直线交椭圆于点，（与，均不重合）.当点与椭圆的上顶点重合时，.（1）求椭圆的方程（2）设直线，斜率分别为，，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）解方程.①，②即得解；（2）设直线的方程为，联立方程组得，得到韦达定理，再利用韦达定理化简即得证.【详解】（1）当点与椭圆的上顶点重合时，有，所以.①又因为离心率，②由①②解得，，所以的方程为.（2）由题意，设直线的方程为，联立方程组得， 设，，则，.由（1）得，，所以，，.【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.21.已知函数.其中(1)当时，求函数单调区间；(2)若对于任意，都有恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）求导得到区间上单调递减，上单调递增；（2）直接求导，对分类讨论，得到.试题解析：（1），令其为，则所以可得，即单调递增，而，则在区间上，，函数单调递减；在区间上，函数单调递增（2），令，可知.，令， ①当时，结合对应二次函数的图像可知，，即，所以函数单调递减，∵，∴时，，时，，可知此时满足条件；②当时，结合对应的图像可知，，单调递增，∵，∴时，，时，，可知此时不恒成立，③当时，研究函数.可知.对称轴.那么在区间大于0，即在区间大于0，在区间单调递增，，可知此时.所以不满足条件.综上所述：.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），直线的参数方程为为参数）．（1）求和的普通方程；（2）若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率．【答案】（1）C：，当时，直线：，当时，直线：；（2）2【解析】 【分析】(1)根据同角三角函数关系将曲线的参数方程化为直角坐标方程，根据代入消元法将直线的参数方程化为直角坐标方程，此时要注意分 与两种情况.(2)将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据参数几何意义得之间关系，求得，即得的斜率．【小问1详解】由为参数），消去参数，得，即曲线的直角坐标方程为，由为参数），当时，消去参数，可得直线的直角坐标方程为，当时，可得直线的参数方程为.【小问2详解】将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，整理可得：．①曲线截直线所得线段的中点在椭圆内，则方程①有两解，设为，，则，故，解得．的斜率为2．[选修4-5：不等式选讲]23.设a0，b0，a+b＝2．（1）证明：≥4；（2）证明：a3+b3≥2．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）把展开化简，利用基本不等式即可得证；（2）结合已知条件，利用两数和的立方公式展开，再用基本不等式即可得证.【详解】（1）证明：因为，，.. 且（当且仅当时取等号），故.所以（2）证明：当且仅当时取等号，又，故.