232树德中学高2021级高三上学期期末测试数学（理科）试题9.若(x2)6展开式中最大的二项式系数为a，则直线yax与曲线yx围成图形的面积为（）x209（考试时间：120分钟试卷满分：150分）A．B．7C．5D．32222一、选择题：本大题共12个小题,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π10.已知函数f(x)Asin(x)xR,A0,0,||的部分图象要求的.2．已知集合2，则（）如图所示，则下列说法正确的是（）1Ax|xx20,Bx|ylog2(x1)ABπA．1,1B．1,3C．1,D．1,A.f(x)在区间0,上的最小值为32z2.在复平面内，复数z1，z2对应的点分别是2,1,1,3，则2的模是（）πzB.fx为偶函数16A．2B．2C．5D．5π3.已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）C.f(x)图象的对称中心是kπ,0，kZ2212．．2．．3πA2BC3DD.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到yAsin2x的图象2264．下列叙述错误的是（）如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内11.ABCDA1B1C1D12,PABCD22A.命题“xR，x11”的否定是“xR，x11”（含边界）的一动点，则下列结论中:B.若幂函数ym²2m2x24m在0，上单调递增，则实数m的值为1①若点为的中点，则的最小值为；②过点作与和都成的直线，QCC1PA1PQ17PAD1BA1，x6C.x0,2log2x可以作四条；③若点为的中点时，过点作与直线垂直的平面，则平面截正方体PBCCD1P设，则“2”是“”的充分不必要条件D.aRa3a3的截面周长为；④若点到直线与到直线的距离相等，的中点ABCDA1B1C1D1225PBB1ADCD5．平面直角坐标系内，与点A(1,1)的距离为1且与圆(x1)2(y4)24相切的直线有（）35A．0条B．4条C．2条D．3条为E，则点P到直线AE的最短距离是.其中正确的命题有（）1026.小明参加某射击比赛，射中得1分，未射中扣1分，已知他每次射中的概率为，记小明射击2次的A．4个B．3个C．2个D．1个32得分为X，则DX（）x,x112.已知函数f(x)，若方程f(x)m|x1|有5个不同的实数根，且最小的两个实|ln(x1)|,x1A．8B．16C．20D．269999数根为，则22的取值范围是（）x1,x2x1x2x2y27.双曲线C：（a0，b0）的一条渐近线过点，，是C的左右焦点，且221P2,46F1F22e12e112e12e12abA．(0,)B．(0,)C．(,)D．(，)e2e2ee2e2e焦点到渐近线的距离为，若双曲线上一点满足，则（）26PPF15PF2二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）A．3或7B．7C．5D．3rr13.已知a1,2，b2,3，则a在b方向上的投影等于．8．某中学200名教师年龄分布图如图所示，从中随机抽取40名教师作样本，x2y10采用系统抽样方法，按年龄从小到大编号为1~200，分为40组，分别为1~5，已知满足约束条件，则y3的取值范围为．14.x,y2xy10x26~10，…，196~200.若从第4组抽取的号码为18，则样本中40~50岁教师x2y30已知抛物线2的焦点到准线的距离为，点，在抛物线上，的编号之和为（）15.C:y2pxp0F4Mx1,y1Nx2,y2CMFA．906B．966C．1506D．1566若y12y2y12y248，则.NF学科网（北京）股份有限公司16.在锐角三角形ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且2bsinC2ccosC2csinCcosA.20.（本小题满分12分）已知函数P(x)xlnx，(R).S（1）若函数yP(x)只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；若点H为ABC的垂心，则ABC的最小值为．xSHBC（2）已知(0,e)，若f(x)exPx，函数f(x)的最小值为h()，求h()的值域.三、解答题（本大题共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.（本小题满分12分）某汽车销售店以8万元每辆的价格购进了某品牌的汽车.根据以往的销售分析得出，当售价定为10万元/辆时，每年可销售100辆该品牌的汽车，且每辆汽车的售价每提高1千元时，年销售量就减少2辆.（1）若要获得最大年利润，售价应定为多少万元/辆?（2）该销售店为了提高销售业绩，推出了分期付款的促销活动.已知销售一辆该品牌的汽车，若一次性付款，其利润为2万元;若分2期或3期付款，其利润为2.5万元;若分4期或5期付款,其利润为322本小题满分分已知椭圆：xy的左、右焦点分别为，，上顶点为，万元.该销售店对最近分期付叙的10位购车情况进行了统计，统计结果如下表：21.(12)C1ab1FFAF1a2b212付款方式一次性分期分期分期分期2345到直线的距离为，且AF23AF22.频数11323（1）求椭圆E的标准方程；若X表示其中任意两辆的利润之差的绝对值，求X的分布列和数学期望.（）过的直线与椭圆交于两点，过且与垂直的直线与圆：22交于，2F2mEM,NF2mnOxy4CD两点，求MNCD的取值范围.本题满分分）已知数列的前项和为，，且，数列满足，18.(12{an}nSna12an12Sn2{bn}b12，其中∈．(n2)bnnbn1nN*（）分别求数列和的通项公式；1{an}{bn}（）若2an，求数列的前项和．（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，则按所做的第一2cn{bncn}nTnn1题计分.xcosπ22.（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数，α0,）．以坐标y2sin2原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为cosmR．πl19.（本小题满分12分）在梯形ABCD中，ABCD，BAD，AB2AD2CD4，P为AB的中33（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；点，线段与交于点（如图）将沿折起到位置，使得平面平面ACDPO1.ACDAC△ACDDACBAC（2）若直线l与曲线C有2个公共点，求m的取值范围．（如图2）.23.（10分）已知函数fxxx21.（1）解不等式fx„7；（1）求二面角ABDC的余弦值；（2）若不等式mx2„fx(m0)对于xR恒成立，求m的取值范围.6PQ（2）线段PD上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD所成角的正弦值为?若存在，求出的8PD值；若不存在，请说明理由.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司高2021级高三期末考试数学试题（理科）参考答案则A3,0,0，C3,0,0，B3,2,0，D'0,0,1，P0,1,0，一、1－5CAADD6－10BBDAB11－12CBAD'3,0,1，AB23,2,0，BD'3,2,1，CD'3,0,1，413二、13、14、15、416、3222,4设平面'的一个法向量为，则13ABDmx1,y1,z1三、17、解：（Ⅰ）设销售价格提高了0.1x万元/辆，年利润为y万元．则由题意得年销售量为100-2x，mAD03x1z1022，即，令x1，则，m1,3,3，∴y=(10+0.1x-8)(100-2x)=-0.2x+6x+200=-0.2(x-15)+245．1y1z13mAB023x12y10故当x=15时，y取最大值．此时售价为10+0.1×15=11.5万元/辆．设平面'的一个法向量为nx,y,z，则∴当售价为11.5万元/辆时，年利润最大．…………………………………4分CBD222（Ⅱ）由图表可知，利润为2万元的有1辆，2.5万元的有4辆，3万元的有5辆．nBD03x2yz0，即222，令x1，则y0，，n1,0,3，2211111122z23CC16CCCC24CC51nCD03xz0∴P(X=0)=45；P(X=0．5)=4145；P(X=1)=51．22222C1045C1045C10459mn1130337∴X的分布列为：cosm,n，mn133137X00．517所以二面角ABD'C的余弦值为.162417P45459'6（2）线段PD'上存在点Q，使得CQ与平面BCD所成角的正弦值为.81624117∴X的数学期望E(X)=×0+×0．5+×1=．设PQPD'01，因为CP3,1,0，PD'0,1,1，所以454594517'，∴X的数学期望为．………………………………12分CQCPPQCPPD3,1,4518、（1）设等比数列{a}的公比为q，由a2S2得：a2S2，CQn316nn1nn2n1设CQ与平面BCD'所成角为，则sincosCQ,n，所以，即，故＝，CQn28an2an12an1an23an1q32224当＝时，，故为等比数列，n1a22S122a123a1{an}1即32720，01，解得，故数列的通项公式为n1；{an}an233bn2b3b4b5bnbn1PQ1由得：n1，故2，3，4，……，n1，n，所以线段'上存在点，且，使得与平面'所成角的正弦值为6(n2)bnnbn1PDQ'CQBCD.bnnb11b22b33bn2n2bn1n1PD38b345nn1nn120、解：（1）当0时，显然不满足题意，以上n-1个式子相乘得，n，故bn(n1)；n当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，因为不是方程的根，所以b1123n2n120yP(x)xlnx01n143n1可转化为x只有一个根，即直线与函数x（x0且x1）的图象只有一个交点（2）由c，结合（1）可得：bncn4n3，yg(x).nn1lnxlnx所以01n1，12n1n，Tnb1c1...bncn4(1323...n3)3Tn4[1323...(n1)3n3]lnx10,1g(x)，令g(x)0，得xe，在0,1和1,e上，g(x)0，在e,n2两式相减得，012n1n31n，lnx2Tn4(333...3n3)4(n3)2上，g(x)0，所以g(x)在和1,e上单调递减，在e,上单调递增.n012n1n31nn所以2T4(333...3n3)4(n3)，故Tn1(2n1)3．在xe时