高考试卷库——陕西省安康市2021-2022学年高三上学期期末理科数学试题(含答案解析)

陕西省安康市2021-2022学年高三上学期期末理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 注意事项：

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．已知集合Axx20，B1,2,3,4，则AB（ ） A．3,4

B．1,2

C．2,3,4

D．1,2,3,4

2．已知直线l1:ax2y40与直线l2:xa3y20，若l1∥l2，则a（ ） A．1

B．1

C．1或2

D．1或2

3．已知sincos323，则sin2（ ） A．29

B．4

C．59

D．799

4．“m6”是“方程x2y2mx4ym70是圆的方程”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

5．已知a21.01，b1.20.1，clog43，则（ ） A．bac

B．cba

C．abc

D．bca

6．已知等比数列an满足a1a5a921，a4a8a12422，则a7（ ） A．4

B．8

C．16

D．32

7．在ABC中，D，E分别在线段AB，AC上，且DB23AB，AE23AC，点F是线段BE的中点，则DF（ ）

试卷第1页，共4页

………线…………○…………

11A．ABAC

6311B．ABAC

6311D．ABAC

6311C．ABAC

638．已知a0,b0，且直线axby30始终平分圆C:x2y22x6y0的周长，则13

的最小值是（ ） ab

A．2 B．

16 3C．6 D．16

9．已知函数fx3sin2x2cos2x，则下列结论正确的是（ ） ………线…………○………… A．fx的周期为的奇函数 B．fx的图象关于点12,1对称

C．fx在546,3上单调递增

D．fx的值域是1,3

10．已知A2,0，B4,0，在直线l:4x3ym0上存在点P，使PAPB，则m的最大值是（ ） A．9

B．11

C．15

D．19

11．如图，DE是边长为4的等边三角形ABC的中位线，将ADE沿DE折起，使得点A与P重合，平面PDE平面BCDE，则四棱锥PBCDE外接球的表面积是（ ）

A．

523 B．16 C．19 D．28

12．已知函数fxlnx,x0,x24x3,x0若函数yfx2mfx1有6个零点，

则m的取值范围是（ ） A．2,10B．2,103

3

C．2,10

D．3102,3

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题

试卷第2页，共4页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

13．已知向量a，b不共线，且ka4b//akb，则k___________.

14．某学生到某工厂进行劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为20cm的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取3）

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

15．曲线y2xlnx3过点12,0的切线方程是___________.

16．如图，在平面四边形ABCD中，DABCBA45，AD2，DC13，CB1，则cosADC___________.

评卷人 得分 三、解答题

17．设等差数列an的前n项和为Sn，已知a3a530，S357. （1）求an的通项公式； （2）求Sn的最大值.

18．如图，在多面体ABCEF中，ABC和ACE均为等边三角形，D是AC的中点，

EF//BD．

（1）证明：ACBF．

（2）若平面ABC平面ACE，求二面角ABCE的余弦值.

试卷第3页，共4页

………线…………○…………

19．已知向量a2,sin2x，bcos2x,1，函数fxab.

63（1）求fx在,上的值域；

1229（2）若f，且，求f的值.

522620．已知函数fxlogax2logax3a0,a1. （1）若f32，求a的值；

2………线…………○………… （2）若对任意的x8,12，fx6恒成立，求a的取值范围.

21．已知圆C的圆心在直线x2y30上，且圆C经过P2,0，Q3,3两点. （1）求圆C的标准方程.

（2）设直线l:ykxm2与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.

22．已知函数fx6lnx3x212axaR.

（1）若fx在其定义域内是增函数，求a的取值范围；

（2）定义：若fx在其定义域内单调递增，且fxgx在其定义域内也单调递增，则称gx为fx的“协同增函数”.

已知函数gx4x318ax2122ax，若gx是fx的“协同增函数”，求a的取

值范围.

试卷第4页，共4页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○………………………线…………○………… …线…………○…………

参考答案

1．C 【分析】

利用交集的定义即得. 【详解】

由题意可得Axx2，又B1,2,3,4， ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………则AB2,3,4. 故选：C. 2．A 【分析】

由题可得aa320,2a4,，即求.

【详解】

因为laa320,a23a20,1∥l2，所以2a4,即a2,

解得a1. 故选：A. 3．C 【分析】

利用诱导公式可得sincos23，再利用同角关系式及二倍角公式即求.

【详解】

因为sincos323， 所以sincos23，

所以sin22sincoscos249， 所以sin259.

故选：C. 4．A 【分析】

答案第1页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………

利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】

若方程x2y2mx4ym70表示圆，则m2424m70， 即m24m120，解得m6或m2，

故 “m6”是“方程x2y2mx4ym70是圆的方程”的充分不必要条件， 故选：A 5．D 【分析】

根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可. 【详解】 因为21.01121.0112，1.20.11，12log42log43log441，所以bca. 故选：D 6．B 【分析】

设数列an的公比为q，根据已知条件求出q和a1，进而可求得a7的值. 【详解】

设数列a的公比为q，则aa3n4a812a1a5a9q，即21q3422，解得q2. 因为a1q4q821aa61a5a9a1121，所以a11，则a71q8.

故选：B. 7．A 【分析】

根据向量的运算法则计算即可得出答案. 【详解】 如图，因为AE23AC，BEAEAB23ACAB.

因为点F是线段BE的中点，所以BF12BE113AC2AB， 因为DB2113AB，则DFDBBF6AB3AC.

答案第2页，共14页

……………………○○……………………线线……………………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………线…………○………… …线…………○…………

所以选项B，C，D错误，选项A正确. 故选：A. ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………8．B 【分析】

由已知直线过圆心得a3b3，再用均值不等式即可. 【详解】

由已知直线过圆心得：a3b3，

1a3b13a3b1313b3a16ab310ab3， 当且仅当ab34时取等. 故选:B. 9．C 【分析】

由题可得fx2sin2x61，然后利用正弦函数的性质逐项判断即得.

【详解】

由题意可得fx3sin2xcos2x12sin2x61.

因为fx2sin2x612sin2x61fx，所以fx不是奇函数，故A

错误；

因为f122sin212611，所以fx的图象不关于点12,1对称，故B错误；令2k22x62k2kZ，解得k6xk3kZ，当k1时，

56x43，则C正确； 因为1sin2xπ61，所以22sin2xπ62，所以32sin2x611，即fx的值域是3,1，故D错误.

答案第3页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………

………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

故选：C. 10．B 【分析】

由题意分析可得以线段AB为直径的圆的方程，由于PAPB，得到d求出答案. 【详解】

设以线段AB为直径的圆为圆M，则圆心为M1,0，半径r3， 故圆M的方程为x1y29. 因为PAPB，

所以点P在圆M上.因为点P在直线l上， 所以圆心M到直线l的距离d解得19m11. 故选：B. 11．A 【分析】

分别取BC,DE的中点M,G，易得MBMCMEMD，则点M为四边形BCDE的外接圆的圆心，则四棱锥PBCDE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O，设外接球的半径为R，OMx，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案. 【详解】

解：分别取BC,DE的中点M,G，

在等边三角形ABC中，ABCACB60，DE是中位线， 则CMD,BME,DEM,PDE都是等边三角形， 所以MBMCMEMD2，

所以点M为四边形BCDE的外接圆的圆心，

则四棱锥PBCDE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O， 由G为DE的中点，所以PGDE， 因为平面PDE平面BCDE，且平面PDE所以PG平面BCDE，则OM∕∕PG，

平面BCDEDE，PG平面PDE，

4m1693，

24m1693，即可

答案第4页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ …线…………○………… …线…………○…………

设外接球的半径为R，OMx， MGPG3,CM2，

则R2x24，R23所以33x，

3， 323x2x24，解得x39……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以R3， 所以四棱锥PBCDE外接球的表面积是4R24395293. 故选：A.

12．D 【分析】

利用数形结合可得t2mt10在3,1上有两个不同的实数根，然后利用二次函数的性质即得. 【详解】

设tfx，则ygtt2mt1，作出函数fx的大致图象，如图所示，

答案第5页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

则函数yfxmfx1有6个零点等价于gt0在3,1上有两个不同的实数根， m240g393m10,10则g11m10,解得2m.

3m31,22故选：D. 【点睛】

关键点点睛：本题的关键是利用数形结合，把问题转化为方程t2mt10在3,1上有两个不同的实数根，即二次方程根的分布问题，利用二次函数的性质即解. 13．2 【分析】

根据平面共线向量的性质进行求解即可. 【详解】

因为向量a，b不共线，且ka4b//akb，

k,所以有ka4bakbakb，则解得k2.

4k,故答案为：2 14．4500 【分析】

答案第6页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ …线…………○………… …线…………○…………

根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R10cm，两圆柱的高h20cm，设小圆柱的底面圆的半径为r，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案. 【详解】

解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R10cm，两圆柱的高h20cm， 设小圆柱的底面圆的半径为r，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………则有2rh122Rh，即40r200，解得r=5，

所以该模型的体积为VV221500cm3大小Rhrh，

所以制作该模型所需原料的质量为150014500g. 故答案为：4500. 15．2xy10 【分析】

设切点为x0,y0，可得y02x0lnx02x0lnx01，y02x0lnx03，进而可得x01，即求． 【详解】

由题意可得点12,0不在曲线y2xlnx3上，

设切点为x0,y0，因为y2lnx2，

y0∴所求切线的斜率

k2lnx02x1， 02所以y02x0lnx02x0lnx01.

因为点x0,y0是切点，所以y02x0lnx03，

∴2x0lnx02x0lnx012x0lnx03，即2x0lnx020. 设fx2xlnx2，则fx在0,上单调递增，且f10， 所以2x0lnx020有唯一解x01， 则所求切线的斜率k2，

答案第7页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………

故所求切线方程为y2x122x1.

故答案为：2xy10. 16．21313 【分析】

由题意补图形为直角三角形，计算各个边的长度，即可求出cosADC. 【详解】

延长AD,CB相交于点E（如图所示）则△ABE为等腰直角三角形，

设DEx，则CEx1.由勾股定理可得x2x1213，解得x2（负值已舍去），则

cosADCcosEDC22131313. 故答案为：21313. 17．

（1）an232n

（2）最大值为121 【分析】

（1）根据条件列出方程组，即可得答案；

（2）根据（1）所求结果，写出Sn的表达式，利用二次函数的性质求得结果. （1）

设数列an的公差为d，

则a3a52a16d30S,解得a12133a13d57，d2, 答案第8页，共14页

……………………○○……………………线线……………………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………线…………○………… …线…………○…………

故ana1n1d232n,nN. （2）

由等差数列前n项和公式可得Snna1nn1d2n222nn11121， 2则当n11时，Sn取得最大值，且最大值为S11121. 18． ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………

（1）证明见解析 （2）55 【分析】

（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到ACBD、ACDE，即可得到AC平面BDE，再根据EF//BD，即可得证；

（2）由面面垂直的性质得到DE平面ABC，建立如图所示空间直角坐标系，设AB2，即可得到点B，C，E的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值； （1）

证明：连接DE．

因为ABBC，且D为AC的中点，所以ACBD． 因为AEEC，且D为AC的中点，所以ACDE．

因为BD平面BDE，DE平面BDE，且BDDED，所以AC平面BDE． 因为EF//BD，所以BF平面BDE，所以ACBF． （2）

解：由（1）可知DEAC． 因为平面ABC平面ACE，平面ABC平面ACEAC，DE平面ACE，所以DE平面

ABC，所以DC，DB，DE两两垂直．

以D为原点，分别以DC，DB，DE的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．

答案第9页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

设平面BCE的法向量为nx,y,z， nBCx3y0,则令x3，得nnCEx3z0,3,1,1．

平面ABC的一个法向量为m0,0,1． 设二面角ABCE为，由图可知为锐角， 则coscosn,m19．

3（1）,3

2nm15． nm55 （2）35 5【分析】

fxfx1（）根据数量积的运算求得的表达式，然后采用整体处理的方法求得在,122上的值域；

339（2）由f结合fx解析式，求得sin2，即cos2，然后利用356555二倍角公式求得sin，即可得答案.

65答案第10页，共14页

※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ 设AB2．则B0,3,0，C1,0,0，E0,0,3．从而BC1,3,0，CE1,0,3． ………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… …线…………○…………

（1） 由题意可得

fxab2cos2xsin2x2sin2xsin2x3sin2x.

366667因为x,，所以2x,，

6361221所以sin2x,1

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………62所以3sin2x632,3，即fx在12,2上的值域为32,3.

（2）

因为f935，所以sin265，

所以cos23cos32cos[226]sin2635，

因为

52，所以

366， 所以1cos2sin35， 625故f263sin(6)3sin3565

20．

（1）a13；

（2）12,11,8.

【分析】

（1）由f32可求得loga3的值，进而可求得实数a的值；

（2）由fx6可得出logax3或logax1，分0a1、a1两种情况讨论，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围. （1）

解：因为f32，所以log2a32loga332，

答案第11页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

12所以loga310，所以loga31，解得a.

3（2）

解：由fx6，得logax2logax30，即logax3logax10，

2即logax3或logax1.

当0a1时，loga12logaxloga8，则loga83或loga121， 因为loga12loga10，则loga121不成立， 11由loga83可得8，得a1；

2a3当a1时，loga8logaxloga12，则loga123或loga81，

因为loga12loga10，则loga123不成立，所以loga81，解得1a8. 1综上，a的取值范围是,11,8.

221．

（1）x1y25

（2）过定点，定点为1,2 【分析】

a2b30,222（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程2a0br,从而可得答案.

223a3br2,22（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线l的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得OAOB0，从而得出答案. （1）

设圆C的标准方程为xaybr2r0

22答案第12页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ …线…………○………… …线…………○…………

a2b30,222由题意可得2a0br,解得a1，b2，r5. 2223a3br,故圆C的标准方程为x1y25. （2）

ykxm2,22……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………设Ax,yx11，B2,y2.联立22 x1y25,整理的k1x22km1xm240

4km124k21m240，则x2km1m241x2k21，x1x2k21，

故y21y2kx1m2kx2m2k2x1x2km2x1x2m2. 因为以AB为直径的圆过原点，所以OAOBx1x2y1y20，

即k21x1x2km2x1x2m220

则k21m242km1k21km2k21m220，

化简得2m2mk0.

当m2时，直线l:ykx，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点. 所以m2，则mk，则直线l:ykxk2kx12过定点1,2. 22．

（1）a1e；

（2）1e,1.

【分析】

（1）分析可知，fx0对任意的x0恒成立，利用导数求出函数fx的最小值，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围；

答案第13页，共14页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

21（2）由（1）可得出a，分析可知，xlnx3a在0,上恒成立，利用导数求出ex函数Qxxlnx2在0,上的最小值，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数xa的取值范围.

（1）

2解：因为fx6lnx3x12ax，所以fx62x2x6lnx312a12xlnx12a， …线…………○………… x令hxxlnx，则hxlnx1.

由hx0，得x11e；由hx0，得0xe.

则hx在10,1e上单调递减，在e,上单调递增.

故hxh1e1e，即fx12a12e.

因为fx在其定义域内是增函数，所以12a12e0，解得a1e.

（2）

解：由（1）可得a1e.

设Fxfxgx4x36lnx18a3x224x，

则Fx12x212xlnx36ax24.

因为Fx在其定义域内是增函数，所以Fx0在0,上恒成立， 即12x212xlnx36ax240在0,上恒成立， 即xlnx2x3a在0,上恒成立. 设Qxxlnx212xx，则Qx11x2xx2x2. 由Qx0，得x1；由Qx0，得0x1. 所以Qx在0,1上单调递减，在1,上单调递增， 则QxQ13，故3a3，解得a1.

因为a11e，所以ea1，即a的取值范围是1e,1.

答案第14页，共14页

………………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装……※※……在※……※…装要※装…※不……※……※请……※…○※○……………………内外……………………○○………………