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）

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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. Lgistic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Lgistic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：B
8. 《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：A
9. 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：2
14. 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＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cs α＝4sin α.
所以tan α＝，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.