山西省运城市2021-202学年高三上学期期末考试数学（理）　PDF版含解析

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2022届运城市高三上学期期末理科数学参考答案 一、选择题1．【答案】B【详解】，故B正确.2.【答案】B【详解】由，得，所以.3．【答案】A【详解】，所以命题p为假命题，命题q为真命题4．【答案】C【详解】，将图象向右平移2个单位再向上平移1各单位5．【答案】A【详解】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值的正负，判断选项. ，所以函数是偶函数，关于轴对称，排除CD，当时，，故排除B.6【答案】D【详解】设牛形图案的面积为S，则由题意可得解得7．【答案】D【详解】由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前次共取了个数，且第次的最后一个数为当时，，故到第63次取时取了63个奇数，且前63次共取了2016个数，即第2016个数为，所以时，依次为3970，3972，3974，3976，3978，...，所以第2022个数为3980  【答案】C【详解】  【答案】D【详解】取中点A,,即为等腰三角形，故【答案】C【详解】构造函数，又令，则11.【答案】A 如图所示，连接AF，设底面圆的圆心为O，由AF=4EF，CF=BC可知，E为OF的中点，C为BF的中点，连接OC，则OC//AB，所以异面直线AB，CD所成角为∠OCD或其补角，连接DF，DE，因为DE⊥OF，所以OD=DF，则△ODF为等边三角形.设圆O的半径为r，在中，CF=1，所以OC=，所以CD=,由异面直线AB.CD所成角的余弦值为,△COD中，由余弦定理得 r=2.易知该圆柱的外接球的直径为AB2=20，故外接球的表面积为12.【答案】B【详解】设x=ky,所以   即（上式看作关于y的一元二次方程，根据方程有解），得：(k+1)2-（k2+k+1)0   得：二、填空题13．【答案】80【详解】的展开式的通项为，令，所以的系数为.14.【答案】【详解】解：，则，.,，，，由正弦定理，因为角为锐角三角形，角且，则，【答案】【详解】由对称性不妨设P在x轴上方，设∴ ∵直线l上存在点P满足即故椭圆离心率的最大值为【答案】【详解】设,易知为奇函数，且在R上单调递增，若，则所以，所以所以因为所以设则 三、解答题17.解：(1),算得       ......1分当时，；得到......3分所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，由，得到......4分由，得到......7分......9分......10分18．解：（1）在中，利用正弦定理得到即：......2分同理，在中，利用正弦定理得到即：......4分由已知条件，从而有......5分 ......6分（2）设,......7分......9分则有......10分又，（当且仅当b=c时等号成立），的最小值为......12分19.解：（1）由频率分布直方图可知，，解得，………………………………………………………………………1分估计这批葡萄每串葡萄质量的平均值；……………………………………………………3分（2）由题意可知，所以  所以                                                =0.8185.……………………………………5分所以10 000箱葡萄中质量位于(1.124，1.724)内葡萄的串数的估计值为10 000×0.818 5×10=81850.…………………………………7分（3）在这批葡萄中随机抽取一串，葡萄的质量超过1.8kg的频率为0.8×0.2=0.16，因此随机打开一箱，再从中随机抽取一串，这串葡萄为优等品的概率为…………………………………………8分依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，…，10且～………10分所以的数学期望为……………………………………12分20.证明：（1）取BC的中点H，连接DH， 取AB的中点G，连接GH，EG，选择①②③都是为了得到DH⊥平面ABC，从而建立空间直角坐标选择①，因为∠EAB=∠EBA，所以AE = BE . EG⊥AB，易知 GH 是△ABC的中位线,又因为AC//DE, 且AC=2ED=2，所以DE//GH，且 DE=GH , 所以四边形 EDHG 是平行四边形, 所以 EG//DH且EG=DH=, 所以AE=2, 因为DE=1，BD=，所以DE⊥BD，所以AC⊥BD又AC⊥BC，BC∩BD=B，所以AC⊥平面BCD，所以GH⊥平面BCD，又因为DH平面BCD，所以GH⊥DH，又DH⊥BC，GH∩BC=H，所以DH⊥平面ABC................4分选择②，又AC⊥BD，AC⊥BC，BC∩BD=B，所以AC⊥平面BCD，又因为DH平面BCD，所AC⊥DH，又因为DH⊥BC，AC∩BC=C，所以DH⊥平面ABC，....................4分选择③, 易知GH是△ABC的中位线又ED//AC，且AC=2ED=2，所以DE//DH且，所以四边形EDHG是平行四边形，所以EG//DH且EG=DH=，因为AC⊥BC，且AC=BC=2，所以AB=2BG=，所以EG⊥AB所以BE=AE=2，因为DE=1，BD=，所以DE⊥BD，所以AC⊥BD又AC⊥BC，BC∩BD=B，所以AC⊥平面BCD，所以GH⊥平面BCD，又因为DH平面BCD，所以GH⊥DH，又DH⊥BC，GH∩BC=H，所以DH⊥平面ABC，...................4分以C为原点, 如图建立空间直角坐标系C—xyz，易知平面ABC 的法向量, , , 所以, ....................6分设平面ABE法向量，则，令，所以平面ABE⊥与平面ABC；....................8分（2）设F(0,t,0)，则，设平面AEF法向量则，令，.....10分，解得或舍，所以......................12分 21．【分析】本题以抛物线载体，考查抛物线定义及两条直线的位置关系及定值问题解：（1）的焦点F（0，），不妨设p点在第一象限.由于轴，则P（）......1分则，,从而，则的直线方程...3分令，则，则......4分，则......5分(2)设所在的直线方程为：；的直线方程为：......6分同理：......8分将直线的直线方程;与抛物线的方程：联立，消去y得到：，由韦达定理得到： =；同理......11分得到......12分22.解（1）函数的定义域为，因为所以当，即时，函数单调递增，当，即时，函数单调递增，………………2分故函数单调递增区间为，单调递减区间为，为了探究数列的最大项，令，，由于指数当且仅当取最大值，又，故数列中的最大项只可能或,又故数列中的最大项为………………5分（2）要证，即证：，设，设，则…………7分所以在区间内小于零恒成立，即区间单调递减，因为，所以，所以在区间内必存在一个，使得即，…………10分所以，当时，单调递增，当时，单调递减，∴，因为∴=………11分因为在其定义域上单调递减，故因为，所以，故，综上所述，当时，成立………………12分