河北省唐山市豐南區稻地中學2021-2022學年高三數學理聯考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知f（x）是定義在R上的奇函數，當x≥0時，f（x）=x2+2x，若f（2﹣a2）＞f（a），則實數a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） B．（﹣2，1） C．（﹣1，2） D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）參考答案：B【考點】奇偶性與單調性的綜合．【分析】由題意可先判斷出f（x）=x2+2x=（x+1）2﹣1在（0，+∞）上單調遞增，根據奇函數的對稱區間上的單調性可知，f（x）在（﹣∞，0）上單調遞增，從而可比較2﹣a2與a的大小，解不等式可求a的范圍【解答】解：∵f（x）=x2+2x=（x+1）2﹣1在（0，+∞）上單調遞增又∵f（x）是定義在R上的奇函數根據奇函數的對稱區間上的單調性可知，f（x）在（﹣∞，0）上單調遞增∴f（x）在R上單調遞增∵f（2﹣a2）＞f（a）∴2﹣a2＞a解不等式可得，﹣2＜a＜1故選B2.已知向量=，=，若⊥，則||=（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：B3.（5分）（2012?湛江模擬）﹣個幾何體的三視圖及其尺寸如圖所示，其中正（主）視圖是直角三角形，側（左）視圖是半圓，俯視圖是等腰三角形，則這個幾何體的體積是（單位cm3）（）A．B．C．D．π參考答案：A幾何體是放倒的半個圓錐，底面半徑是1，高是3，則這個幾何體的體積是V=（×π×12×3）=（cm3）．故選A．4.某程序框圖如圖所示，該程序運行后輸出的S的值是（）A．3024 B．1007 C．2015 D．2016參考答案：A【考點】程序框圖．【分析】模擬程序框圖的運行過程，得出該程序運行后輸出的算式S是求數列的和，且數列的每4項的和是定值，由此求出S的值．【解答】解：模擬程序框圖的運行過程，得出該程序運行后輸出的算式：S=a1+a2+a3+a4+…+a2013+a2014+a2015+a2016=（0+1）+（﹣2+1）+（0+1）+（4+1）+…+（0+1）+（﹣2014+1）+（0+1）+=6+…+6=6×=3024；所以該程序運行后輸出的S值是3024．故選：A．5.命題“存在”的否定是.(

)A.不存在

B.存在

C.對任意的

D.對任意的參考答案：D6.已知函數，，則函數

的振幅為（

）A、

B、5

C、7

D、13參考答案：A7.若直線被圓截得的弦長為4，則的最小值是A．B．－C．－2D．4參考答案：D8.已知a、b、c分別為△ABC的三內角A、B、C的對邊，，則A＝________。A. B. C. D.參考答案：B略9.已知銳角的面積為，，則角的大小為A.75°

B.60°

B.45°

D.30°參考答案：解析：由正弦定理得，注意到其是銳角三角形，故C=°，選B10.復數化簡的結果為

A.

B.

C.

D.參考答案：A，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在中，若，則的最大值

．參考答案：【知識點】半角公式；余弦定理；最值問題.C6C8

而在中，有，令，，兩式聯立可得：，易知此方程有解，故，解得，故答案為?！舅悸伏c撥】先根據已知條件利用半角公式化簡可得，然后結合余弦定理得到關系式，再令，聯立結合方程有解的條件即可求出最大值。12.已知，則

參考答案：，，，，，故答案為：．

13.三棱柱ABC-A1B1C1各頂點都在一個球面上，側棱與底面垂直，∠ACB=120°，CA=CB=，AA1=4，則這個球的表面積為__________。參考答案： 64π14.一平面截一球得到直徑為的圓面，球心到這個平面的距離是，則該球的體積是

參考答案：15.i是虛數單位，計算=

．參考答案：略16.鈍角中，若，，則的最大值為

.

參考答案：17.函數的值域為

參考答案：，當且僅當，即時取等號，所以函數的值域為。三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面，已知，為線段的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.參考答案：證明：(Ⅰ)連結和交于，連結，…………1分為正方形，為中點，為中點，，…………………3分平面，平面平面．…………4分(Ⅱ)平面，平面，，為正方形，，平面，平面，平面，

……………………6分以為原點，以為軸建立如圖所示的坐標系，則，，，平面，平面，，為正方形，，由為正方形可得：，設平面的法向量為，由，令，則……………8分設平面的法向量為，，由，令，則，

……………………10分設二面角的平面角的大小為，則二面角的平面角的余弦值為……12分

略19.設橢圓C：的左頂點為，且橢圓C與直線相切．（1）求橢圓的標準方程；（2）過點的動直線與橢圓C交于A，B兩點，設O為坐標原點，是否存在常數，使得？請說明理由．參考答案：（1），（2）存在，．（1）根據題意可知，所以，······················1分由橢圓C與直線相切，聯立得，消去可得：，·························3分，即，解得：或3，所以橢圓的標準方程為．···································5分（2）當過點的直線的斜率存在時，設直線的方程為，設兩點的坐標分別為，，聯立得，化簡，所以，··········································7分所以，所以當時，；·························10分當過點的直線的斜率不存在時，直線即與軸重合，此時，所以，所以當時，；綜上所述，當時，．···················12分20.如圖，三角形ABC和梯形ACEF所在的平面互相垂直，AB⊥BC，AF⊥AC，AF2CE，G是線段BF上一點，AB=AF=BC=2．（Ⅰ）當GB=GF時，求證：EG∥平面ABC；（Ⅱ）求二面角E﹣BF﹣A的余弦值；（Ⅲ）是否存在點G滿足BF⊥平面AEG？并說明理由．參考答案：【考點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）當GB=GF時，根據線面平行的判定定理即可證明EG∥平面ABC；（Ⅱ）建立空間直角坐標系，利用向量法即可求二面角E﹣BF﹣A的余弦值；（Ⅲ）根據線面垂直的判定定理和性質定理，建立條件關系即可得到結論．【解答】解：（Ⅰ）取AB中點D，連接GD，CD，又GB=GF，所以．因為，所以，四邊形GDCE是平行四邊形，所以CD∥EG因為EG?平面ABC，CD?平面ABC所以EG∥平面ABC．（Ⅱ）因為平面ABC⊥平面ACEF，平面ABC∩平面ACEF=AC，且AF⊥AC，所以AF⊥平面ABC，所以AF⊥AB，AF⊥BC因為BC⊥AB，所以BC⊥平面ABF．如圖，以A為原點，建立空間直角坐標系A﹣xyz．則F（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），E（2，2，1），是平面ABF的一個法向量．設平面BEF的法向量n=（x，y，z），則，即令y=1，則z=﹣2，x=﹣2，所以n=（﹣2，1，﹣2），所以，由題知二面角E﹣BF﹣A為鈍角，所以二面角E﹣BF﹣A的余弦值為．（Ⅲ）因為，所以BF與AE不垂直，所以不存在點G滿足BF⊥平面AEG．21.（本小題滿分14分）已知為常數，且，函數的最小值和函數的最小值都是函數R的零點.（1）用含的式子表示，并求出的取值范圍；（2）求函數在區間上的最大值和最小值.參考答案：（1）解:由于，，則，

當且僅當，即時，.

…1分

，當時，.………2分

∵，

∴，.由于，結合題意，可知，

方程的兩根是，，

………3分

故，.

………4分

∴.

∴.

………5分

而方程的一個根在區間上，另一個根在區間上.

令，

則

………6分

即解得

………7分

∴.

………8分

∴，.求的取值范圍的其它解法：另法1：由，得，

………6分

∵，

∴．………７分∵，

∴．………8分另法2：設，，

則，………6分故函數在區間上單調遞減．

∴．………７分

∴．………8分（2）解：由（1）得，

則.

………9分

∵，

∴二次函數的開口向下，對稱軸.

故函數在區間上單調遞減. ………10分

又，

………11分

∴當時，.

∴函數在區間上單調遞減.

………12分

∴函數的最大值為，最小值為.………14分22.（本小題滿分12分）

已知數列的前n項之和為．???（1）求數