陕西省安康市2021-2022学年高三上学期期末考试理科数学试题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 陕西省安康市2021-2022学年高三上学期期末考试理科数学试题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 764.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-01-30 22:11:14 | ||
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文档简介
安康市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共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分．
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．1 B． C．1或2 C．或
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．“”是“方程是圆的方程”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，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等比数列满足，，则（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
7．在中，D，E分别在线段AB，AC上，且，，点F是线段BE的中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，且直线始终平分圆的周长，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．6 D．16
9．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期为的奇函数 B．的图象关于点对称
C．在上单调递增 D．的值域是
10．已知，，在直线上存在点P，使，则的最大值是（ ）
A．9 B．11 C．15 D．19
11．如图，DE是边长为4的等边三角形ABC 中位线，将沿DE折起，使得点A与点P重合，平面平面BCDE，则四棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数若函数有6个零点，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知向量，不共线，且，则______．
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20 cm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，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g．（取）
15．曲线过点的切线方程是______．
16．如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则______．
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
设等差数列的前n项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求的最大值．
18．（12分）
如图，在多面体ABCDEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．
（1）证明：．
（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值．
19．（12分）
已知向量，，函数．
（1）求在上的值域；
（2）若，且，求的值．
20．（12分）
已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）若对任意的，恒成立，求a的取值范围．
21．（12分）
已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点．
（1）求圆C的标准方程．
（2）设直线与圆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．（12分）
已知函数．
（1）若在其定义域内是增函数，求a的取值范围；
（2）定义：若在其定义域内单调递增，且在其定义域内也单调递增，则称为的“协同增函数”．已知函数，若是的“协同增函数”，求a的取值范围．
安康市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学参考答案（理科）
1．C 由题意可得，则．
2．A 因为，所以即解得．
3．C 因为，所以，所以，所以．
4．A 由方程是圆的方程，得，即，解得或，则“”是“方程是圆的方程”的充分不必要条件．
5．D 因为，，，所以．
6．B 设数列的公比为q，则，即，解得．
因为，所以，则．
7．A 如图，因为，所以．因为点是线段BE的中点，所以．因为，则．
8．B 由题意可得，即，则．因为，，所以，所以，即，当且仅当时，等号成立．
9．C 由题意可得．
因为，所以不是奇函数，则A错误．
因为，所以的图象不关于点对称，则B错误．
令，解得．
当时，，则C正确．
因为，所以，所以，即的值域是，则D错误．
10．B 设以线段AB为直径的圆为圆M，则圆心为，半径，故圆M的方程为．因为，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，解得．
11．A 如图，分别取BC，DE的中点，F连接PF，．因为是边长为4的等边三角形，所以，所以，则四边形外接圆的圆心为，半径．设四棱锥外接球的球心为O，连接，过点O作，垂足为H．易证四边形是矩形，则，．设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，故四棱锥外接球的表面积是．
12．D 设，则，作出函数的大致图象，如图所示，
则函数有6个零点等价于在上有两个不同的实数根，
则解得．
13． 由题意可得，则解得．
14．4500 设大圆柱的高为h，底面圆的半径为R，小圆柱底面圆的半径为r，则cm，则cm．因为小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，所以，所以cm，则该模型的体积，故制作该模型所需原料的质量为4500g．
15．（或）由题意可得点不在曲线上，设切点为，因为，所以所求切线的斜率，所以．因为点是切点，所以，所以
，即.设，因为在上单调递增，且，所以有唯一解，则所求切线的斜率，故所求切线方程为．
16． 延长AD，CB相交于点E（如图所示）则为等腰直角三角形，
设，则．由勾股定理可得，解得（负值已舍去），则．
17．解：（1）设数列的公差为d，则解得，．
故．
（2）由等差数列前n项和公式可得，
则当时，取得最大值，且最大值为．
18．（1）证明：连接DE．
因为，且D为AC的中点，所以．
因为，且D为AC的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面BDE．
因为，所以B，D，E，F四点共面，所以平面BDE，所以．
（2）解：由（1）可知．
因为平面平面ACE，所以平面ABC，所以DC，DB，DE两两垂直．
以D为原点，分别以，，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．
设，则，，，从而，．
设平面BCE的法向量为，则令，得．
平面ABC的一个法向量为．
设二面角为，由图可知为锐角，
则．
19．（1）由题意可得
．
因为，所以，所以
所以，即在上的值域为.
（2）因为，所以，所以.
因为，所以，
所以，故
20．解：（1）因为，所以，
所以，所以，解得.
（2）由，得，即，
即或.当时，
，，则或，解得；
当时，，，
则或，解得．
综上，a的取值范围是．
21．解：（1）设圆C的标准方程为．
由题意可得解得，，．
故圆C的标准方程为．
（2）设，．联立
整理的
，则，，
故．
因为以AB为直径的圆过原点，所以，
即
则，
化简得．因为直线l不过原点，
所以，所以，则直线过定点．
22．解：（1）因为，
所以．令，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
故，即．
因为在其定义域内是增函数，所以，解得．
（2）由（1）可得．设，
则．
因为在其定义域内是增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
由，得；由，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，故，解得．
因为，所以，即a的取值范围是．
数学（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共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分．
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．1 B． C．1或2 C．或
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．“”是“方程是圆的方程”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，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等比数列满足，，则（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
7．在中，D，E分别在线段AB，AC上，且，，点F是线段BE的中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，且直线始终平分圆的周长，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．6 D．16
9．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期为的奇函数 B．的图象关于点对称
C．在上单调递增 D．的值域是
10．已知，，在直线上存在点P，使，则的最大值是（ ）
A．9 B．11 C．15 D．19
11．如图，DE是边长为4的等边三角形ABC 中位线，将沿DE折起，使得点A与点P重合，平面平面BCDE，则四棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数若函数有6个零点，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知向量，不共线，且，则______．
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20 cm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，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g．（取）
15．曲线过点的切线方程是______．
16．如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则______．
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
设等差数列的前n项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求的最大值．
18．（12分）
如图，在多面体ABCDEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．
（1）证明：．
（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值．
19．（12分）
已知向量，，函数．
（1）求在上的值域；
（2）若，且，求的值．
20．（12分）
已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）若对任意的，恒成立，求a的取值范围．
21．（12分）
已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点．
（1）求圆C的标准方程．
（2）设直线与圆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．（12分）
已知函数．
（1）若在其定义域内是增函数，求a的取值范围；
（2）定义：若在其定义域内单调递增，且在其定义域内也单调递增，则称为的“协同增函数”．已知函数，若是的“协同增函数”，求a的取值范围．
安康市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学参考答案（理科）
1．C 由题意可得，则．
2．A 因为，所以即解得．
3．C 因为，所以，所以，所以．
4．A 由方程是圆的方程，得，即，解得或，则“”是“方程是圆的方程”的充分不必要条件．
5．D 因为，，，所以．
6．B 设数列的公比为q，则，即，解得．
因为，所以，则．
7．A 如图，因为，所以．因为点是线段BE的中点，所以．因为，则．
8．B 由题意可得，即，则．因为，，所以，所以，即，当且仅当时，等号成立．
9．C 由题意可得．
因为，所以不是奇函数，则A错误．
因为，所以的图象不关于点对称，则B错误．
令，解得．
当时，，则C正确．
因为，所以，所以，即的值域是，则D错误．
10．B 设以线段AB为直径的圆为圆M，则圆心为，半径，故圆M的方程为．因为，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，解得．
11．A 如图，分别取BC，DE的中点，F连接PF，．因为是边长为4的等边三角形，所以，所以，则四边形外接圆的圆心为，半径．设四棱锥外接球的球心为O，连接，过点O作，垂足为H．易证四边形是矩形，则，．设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，故四棱锥外接球的表面积是．
12．D 设，则，作出函数的大致图象，如图所示，
则函数有6个零点等价于在上有两个不同的实数根，
则解得．
13． 由题意可得，则解得．
14．4500 设大圆柱的高为h，底面圆的半径为R，小圆柱底面圆的半径为r，则cm，则cm．因为小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，所以，所以cm，则该模型的体积，故制作该模型所需原料的质量为4500g．
15．（或）由题意可得点不在曲线上，设切点为，因为，所以所求切线的斜率，所以．因为点是切点，所以，所以
，即.设，因为在上单调递增，且，所以有唯一解，则所求切线的斜率，故所求切线方程为．
16． 延长AD，CB相交于点E（如图所示）则为等腰直角三角形，
设，则．由勾股定理可得，解得（负值已舍去），则．
17．解：（1）设数列的公差为d，则解得，．
故．
（2）由等差数列前n项和公式可得，
则当时，取得最大值，且最大值为．
18．（1）证明：连接DE．
因为，且D为AC的中点，所以．
因为，且D为AC的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面BDE．
因为，所以B，D，E，F四点共面，所以平面BDE，所以．
（2）解：由（1）可知．
因为平面平面ACE，所以平面ABC，所以DC，DB，DE两两垂直．
以D为原点，分别以，，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．
设，则，，，从而，．
设平面BCE的法向量为，则令，得．
平面ABC的一个法向量为．
设二面角为，由图可知为锐角，
则．
19．（1）由题意可得
．
因为，所以，所以
所以，即在上的值域为.
（2）因为，所以，所以.
因为，所以，
所以，故
20．解：（1）因为，所以，
所以，所以，解得.
（2）由，得，即，
即或.当时，
，，则或，解得；
当时，，，
则或，解得．
综上，a的取值范围是．
21．解：（1）设圆C的标准方程为．
由题意可得解得，，．
故圆C的标准方程为．
（2）设，．联立
整理的
，则，，
故．
因为以AB为直径的圆过原点，所以，
即
则，
化简得．因为直线l不过原点，
所以，所以，则直线过定点．
22．解：（1）因为，
所以．令，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
故，即．
因为在其定义域内是增函数，所以，解得．
（2）由（1）可得．设，
则．
因为在其定义域内是增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
由，得；由，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，故，解得．
因为，所以，即a的取值范围是．
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