2021—2022学年上学期期末考试高三试题答案
数学参考答案及评分标准
一、单项选择题
1.B 2.C 3.A 4.C 5.D 6.D 7.A 8.C
二、多项选择题
9.CD 10.BC 11.ACD 12.ABD
三、填空题
13.-1 14.112 15.6 16.2π
3
四、解答题
17.（1）解：由题意 a1＝1，a2－a1≥2，所以 a2≥3
a3＝5，a3－a2≥2，所以 a2≤3，
所以 a2=3.
所以符合上述条件的一个数列数列{an}的通项公式为 an=2n-1. 5分
（2）证明：由题意得 a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2，
所以 a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，
所以 an－a1≥2(n－1)，所以 an≥2n－1，
所以 a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，
所以 a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，
n 1＋2n－1
所以 Sn≥ ＝n2 10分
2
18.解；（1） ( ) = = ( + ) 2 ( ) + 3 2 = 2 (2 + ) 1
4 4 3
令 2x k ，得 x + k ， k Z ，
3 6 2
( 所以对称中心为 , 1), ∈ 6分
2 6
2 x 4
3
（ ）当 0, 时， 2x , ， sin(2x ) ,1 ， 2
3 3 3 3 2
( ) ∈ [ 3 1,1]
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x 且 时，最小值为 3 1， x 时，最大值 1. 12分
2 12
19.（1）证明：在△ BCD 中，BC = 2，CD = 1，∠C = 60°，
由余弦定理可得BD2 = 22 + 12 2 × 2 × 1 × cos60°=3，
所以 BD= 3， 2分
进而BC2 = 4 = ( 3)2 + 12 = BD2 + CD2,
所以∠BDC = 90°，即 BD⊥DC，
又有 PD ⊥ DC，BD ∩ PD = D，BD 平面 PDB，PD 平面 PDB
所以 DC ⊥ 平面 PDB，
因为 PB 平面 PDB，所以 DC ⊥ PB,
又因为 PB ⊥ BD，BD ∩ DC = D，BD 平面 ABCD，DC 平面 ABCD
所以 PB ⊥ 平面 ABCD
因为 AB 平面 ABCD，所以 PB ⊥ AB. 6分
（2）在平面 ABCD内，过点 B作 BM⊥BD交 DA
的延长线于M， z
P
因为 BD⊥DC，所以 BM//DC，又 MD//BC，所以
四边形 MBCD为平行四边形，进而 MB=DC=1，
MD=BC=2，所以点 A为MD中点，
x N
因为 PB ⊥ 平面 ABCD，且MA，MB 平面 ABCD，
所以 PB⊥MB，PB⊥AB，
在 △ PAB 中 ， PA=3， AB=1， 由 勾 股 定 理 得
PB=2 2， 8分 D C
以点 B为坐标原点，分别以 BD、BM、BP所在直
y
线为 x、y、z轴建立空间直角坐标系， A
P（0，0，2 2），M（0，1，0），D（ 3，0，0），
M
C 3 1 3 1（ 3，-1，0），A（ ， ，0），N（ ， ，
2 2 2 2
2）， = (0, 1, 2), B
平面 ABCD得一个法相向量为 = (0,0,1)，
AN ABCD θ sinθ = 2 6设直线 与平面 所成角为 ，则 = = . 3 3
即直线 AN 与平面 ABCD 6所成角的正弦值为 . 12分
3
20.解析： （1）易知 t 1 2 3 4 5 0.5 0.6 1 1.4 1.7 3, y 1.04，
5 5
则y关于t的线性回归方程为 y 0.32t 0.08，
当 t 6时， y 2.00，即返回6个点时该商品每天销量约为2百件. 4分
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（2）（i）根据题意，这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心里预期值的平均值 x的
估计值为：
x 2 0.1 4 0.3 6 0.3 8 0.15 10 0.1 12 0.05 6，
100 20 60 2
50%分位数的估计值为5 2 5 5.7 . 8分
60 3
20
（ii）抽取6名消费者中“低欲望型”消费者人数为6 4，
30
10
“高欲望型”消费者人数为6 2 .
30
C1C 2 2 1 3 0P(X 1) 4 2 1 P(X 2) C4C2 3 C4C 13 ,
2
C 5 C3
, P(X 3) 3
6 6 5 C6 5
故随机变量 X 的分布列为
X 1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
E(X ) 3 4 2 12分
6
3
21.解:选择条件①：
4
+ 3 3
（1）设点M的坐标为 (x, y)，则 = ， = ，
y 3 y 3 3 y2 x2
由题意可得 ，化简得 1，
x x 4 3 4
y2 x2
进而曲线 E的方程为 1（ x 0） 4分
3 4
y kx m
(2)证明:（i）若直线 l的斜率存在,设 l:y=kx+m, 由 y2 x2 得
1 3 4
(4k 2 3)x2 8kmx 4m2 12 0
64k 2m2 4(4k 2则 3)(4m2 12) 0 m2，即 4k 2 3 0
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8km 4m2P(x , y ),Q(x , y ) x x x x 12设 1 1 2 2 ，则 1 2 2 ， 1 2 .4k 3 4k 2 3
因为以 PQ为直径的圆经过原点 O,所以 OP⊥OQ,则 x1x2+y1y2=0,
即 x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0，整理得 12(1+k2)=m2. 7分
1 + 1 =| |
2+| |2= | |
2
,
| |2 | |2 | |2| |2 | |2| |2
设 h为点 O到直线 l的距离,则|OP|·|OQ|=|PQ|·h, 1 + 1所以 2 2=
1 ,
| | | | 2
h= | | , 1 + 1 =1+
2 1
又 所以 2 2 2 = . 10分1+ 2 | | | | 12
（ii）若直线 l的斜率不存在,则 kOP=±1,
y2 x2
不妨设 kOP=1,则 xP=yP,代入方程 1 ,得 2 =12,3 4
1 1
所以|OP|2=|OQ|2=24, 1则 2+
1 = ×2= .
| | | |2 24 12
综上,存在这样的直线 l与曲线 E交于 P,Q两点,以 PQ为直径的圆经过坐标原点 O.且
1 1 1
2+ 2= . 12分| | | | 12
3
选择条件②：
4
（1）设点M的坐标为 (x, y)，则 = + 3 = 3 ， ，
y 3 y 3 3 x2 y2
由题意可得 ，化简得 1，
x x 4 4 3
x2 y2
进而曲线 E的方程为 1（ x 0） 4分
4 3
y kx m
(2) 证明:（i）若直线 l的斜率存在,设 l:y=kx+m,由 x2 y2 得
1 4 3
(4k 2 3)x2 8kmx 4m2 12 0
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则 64k 2m2 4(4k 2 3)(4m2 12) 0 m2 4k 2，即 3 0
P(x , y ),Q(x , y 8km 4m
2 12
设 1 1 2 2 )，则 x1 x2 ， x x .4k 2 3 1 2 4k 2 3
因为以 PQ为直径的圆经过原点 O,所以 OP⊥OQ,则 x1x2+y1y2=0,
即 x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0，整理得 12(1+k2)=7m2. 7分
1 1 | |2+| |2+ = = | |
2
,
| |2 | |2 | |2| |2 | |2| |2
1 1 1
设 h为点 O到直线 l的距离,则|OP|·|OQ|=|PQ|·h,所以 + = ,
| |2 | |2 2
h= | | , 1 + 1 =1+
2 7
又 所以 2 2 2 = . 10分1+ 2 | | | | 12
（ii）若直线 l的斜率不存在,则 kOP=±1,
x2 y2 12
不妨设 kOP=1,则 xP=yP,代入方程 1 ,得 2 = ,4 3 7
所以|OP|2=|OQ|2
24 7 7
= , 1 1则 2+ = ×2= .7 | | | |2 24 12
综上,存在这样的直线 l与曲线 E交于 P,Q两点,以 PQ为直径的圆经过坐标原点 O.且
1 1 7
2+ 2= . 12分| | | | 12
22．解 (1)由题意得(2－a)(x－1)－2ln x≤0在(1,2]上恒成立，
即 a≥2 2ln x－ 在(1,2]上恒成立．
x－1
2ln x＋2－2
令 h(x)＝2 2ln x－ ，x∈ (1,2]，则 h′(x)＝ x ，x∈ (1,2]，
x－1 x－1 2
设φ(x)＝2ln x 2＋ －2，x∈ (1,2]，
x
则φ′(x) 2 2 2 x－1 ＝ － ＝ >0，所以φ(x)在(1,2]上单调递增，
x x2 x2
所以φ(x)>φ(1)＝0，
则 h′(x)>0，所以 h(x)在(1,2]上单调递增
因此 h(x)≤h(2)＝2－2ln 2，
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则 a≥2－2ln 2，即 a的最小值为 2－2ln 2. 5分
(2)因为 f′(x) 2－a x－2＝ ，
x
所以当 a≥2时，易得 f(x)在(0，e]上单调递减；
2 2当 － ≤a<2时，易得 f(x)在(0，e]上单调递减，
e
不符合题意． 7分
0 2 2
a<2 2
， ，e
当 － ，此时 f(x)在 2－a 上单调递减，在 2－a 上单调递增，
e
2
a<2 2－
令 m(a)＝f 2－a ＝a－2ln 2 e ，
2－a
则 m′(a) －a＝ ，易得 m(a)在(－∞，0)上单调递增，
2－a
0 2，2－
在 e 上单调递减，m(a)≤m(0)＝0， 9分
注意到，当 x→0时，f(x)→＋∞，所以欲使题干成立，则需满足 f(e)≥1，
a≤2 3即 － ，
e－1
3
2 2－2 e 1 e＋2 2 3 3又因为 － － － ＝ >0，所以 2－ >2－ ，所以 a≤2－ ，
e e e－1 e e－1 e－1
－∞ 3，2－
综上，a∈ e－1 . 12分
高三数学，共 6 页 第 6 页是
7.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递
减的比例百分比)为“衰分比”,如:甲、乙、丙、丁衰分得1006036216个单位,递减的比
2021—2022学年上学期期末考试高三试题。
例为40%若某项比赛设有一等奖、二等奖、三等奖、四等奖各一名,奖金共有m(m0)万元,
按一等奖、二等奖、三等奖、四等奖的顺序进行“衰分”,已知三等奖奖金64万元,二等奖、
数学
四等奖衰分所得的奖金和为131.2万元,则“衰分比”与m的值分别为()
(A.20%(2952
B.80%2952(本
C.20%285.2
D.80%285.2
满分:150分,
8已知函数f(x)=a2,其反函数为广(x),若直线y=kx为f(x)与广1(x)的图象的公切线,则
考试时间:120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一
A. a=e
B. a
项是符合题目要求的)
C.a=e或a=e
D.这样的a不存在
1设集合M=(x2-x≥0,N=(x1≤1,则()
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项
A. MCN
B. M2N
CM=N D. MUNER
符合要求,全部选对得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9在△ABC中,a=2V3,c=2v2,C=45°,则A可能为()
2若复数z满足2z+z=3-i,其中i为虚数单位,则zF=()
B.150°C.120°D.60°
(1
10.已知直线kx-y-2k=0与抛物线Cy2=8x交于AB两点,F为抛物线C的焦点,若
A.2
√2
3
AF1=3BF,则直线的倾斜角可能为()
⊥
A.30°
B.60
C.120
D.150°
3某班甲、乙两名学生自高三以来每次考试成绩的茎叶图如图,下列说法正确的是()
11已知f(x)是f(x)的导函数,且f(x)=ax2+bx(a,b∈R),则f(x)的图象可能是()
A.乙学生比甲学生发挥稳定,且平均成绩也比甲学生高
甲
B.乙学生比甲学生发挥稳定,但平均成绩不如甲学生高
C.甲学生比乙学生发挥稳定,且平均成绩比乙学生高
D.甲学生比乙学生发挥稳定,但平均成绩不如乙学生高
65169
986173678
42021年10月16日0时23分,长征二号F运载火箭,在
541838899
酒泉卫星发射中心点火升空,直入苍穹,将神舟十三号载人
7913
B
C
D
飞船成功送入预定轨道通常发射卫星的运载火箭可靠性要
12已知数列(a)和(bn,设0
求约为0.9,发射载人飞船的运载火箭可靠性要求为0.97为进一步提高宇航员的安全,使火
箭安全性评估值达到0999这一国际先进水平,某载人飞船改进了逃逸系统(假设火箭安
A.anB.bn>bn+1,n=1,2,
全性评估值由运载火箭的可靠性和逃逸系统的可靠性共同决定,它们的可靠性相互独立,并
C.an>b1,n=2,3,…
D.bn>a1,n=2,3,…
且当运载火箭和逃逸系统至少有一个正常工作时即认为火箭安全),则逃逸系统的可靠性至少
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
应该是()(精确到0.0001)
D.0.9986
13若直线ly=x+b被圆C:x2+y2-2x-3=0截得的弦最长,则b=
A.0.9996
B.0.9997
C.0.9987
5ab是两条不同的直线,a,B是两个不同的平面,且aca,bcB,则“a//b”是“a∥的()
条件
4已知(+2的项式系数和为25,.则展开式中含x项的系数为
A.充分不必要B.必要不充分C.充分必要D.既不充分也不必要
6若函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数,奇函数,且满足f(x)+g(x)=ex(e为
15在△ABC中,∠B=,其面积为3,设点H在△ABC内,且满足HAHB=HB·HC=
自然对数的底数),则()
HCHA,则BH·BC=
A.f(-2)B.g(-1)16将边长为23,锐角为60的菱形沿较长的对角线折叠成大小为ad的二面角,若该菱形
折叠后所得到的三棱锥内接于表面积为84的球,则6的值为
C.f(-2)D.g(-1)四、解答题(本大题共6小题,共70分,解答需写出文字说明、证明过程或演算步骤)(
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