陕西省2021-2022学年高三上学期期末文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

21．已知集合Axx2x30，B3,1,0,1,3，则AB（ ）

A．3,1 B．1,0,3 C．1,3 D．3,0,1

2．已知直线l1:ax2y40与直线l2:x(a3)y20，若l1l2，则a（ ） A．6

B．6

C．2

D．2

3．已知sincos3A．

292，则sin2（ ） 35C．

94B．

97D．

94．“m6”是“方程x2y2mx4ym70是圆的方程”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

5．已知a21.01，b1.20.1，clog43，则（ ） A．bac

B．cba

C．abc

D．bca

6．已知向量a，b满足abab2，则a2b（ ） A．2

B．4

C．25 D．27 7．已知a0,b0，且直线axby30始终平分圆C:x2y22x6y0的周长，则13

的最小值是（ ） ab

A．2 B．

16 3C．6 D．16

22AB，AEAC，点F是338．在ABC中，D，E分别在线段AB，AC上，且DB线段BE的中点，则DF（ ）

11A．ABAC

6311B．ABAC

6311D．ABAC

6311C．ABAC

639．在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，D，E分别是棱AB，CC1的中点，则异面

试卷第1页，共4页

直线DE与A1C所成角的余弦值是（ ） A．C．2 42 8B．D．2 62 1210．已知函数fx3sin2x2cos2x，则下列结论正确的是（ ） A．fx的周期为的奇函数

B．fx的图象关于点,1对称

1254C．fx在,上单调递增 D．fx的值域是1,3

63111．曲线y2xlnx3过点,0的切线方程是（ ）

2A．2xy10 C．2x4y10

B．2xy10 D．2x4y10

12．如图，DE是边长为4的等边三角形ABC的中位线，将ADE沿DE折起，使得点A与P重合，平面PDE平面BCDE，则四棱锥PBCDE外接球的表面积是（ ）

A． 52 3B．16 C．19 D．28

评卷人 得分 二、填空题

13．已知3，a，27成等比数列，则a___________.

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20cm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1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取3）

试卷第2页，共4页

lnx,x0,15．已知函数fx2若函数gxfxm有3个零点，则m的取

x4x3,x0.值范围是___________.

16．已知A(2,0),B(4,0)，在直线l:4x3ym0上存在点P，使PAPB，则m的最大值是_______. 评卷人 得分 三、解答题

17．设等差数列an的前n项和为Sn，已知a3a530，S357. （1）求an的通项公式； （2）求Sn的最大值.

18．如图，在多面体ABCEF中，ABC和ACE均为等边三角形，D是AC的中点，

EF//BD.

（1）证明：ACBF；

（2）若BE2EF2BD26，求多面体ABCEF的体积.

19．已知向量a2,sin2x，bcos2x,1，函数fxab.

63（1）求fx在,上的值域；

1229（2）若f，且，求f的值.

522620．已知函数fxlogax2logax3a0,a1. （1）若f32，求a的值；

（2）若对任意的x8,12，fx6恒成立，求a的取值范围.

21．已知圆C的圆心在直线x2y30上，且圆C经过P2,0，Q3,3两点. （1）求圆C的标准方程.

2试卷第3页，共4页

（2）设直线l:ykxm2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．已知函数fxxa1lnx（1）讨论fx的单调性；

（2）若fx有两个极值点，且这两个极值点分别为x1，x2，若不等式

aaR. xfx1fx2lnx1lnx2恒成立，求的值.

试卷第4页，共4页

参考答案

1．C 【分析】

求出集合A，再求AB即可. 【详解】

由题意可得A1,3，则AB1,3. 故选：C. 2．A 【分析】

根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可； 【详解】

解：因为直线l1:ax2y40与直线l2:x(a3)y20，且l1l2，所以

a12a30，解得a6；

故选：A 3．C 【分析】

2利用诱导公式可得sincos，再利用同角关系式及二倍角公式即求.

3【详解】

因为sincos32， 32所以sincos，

322所以sin2sincoscos4， 95所以sin2.

9故选：C. 4．A 【分析】

利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】

答案第1页，共14页

若方程x2y2mx4ym70表示圆，则m424m70， 即m24m120，解得m6或m2，

故 “m6”是“方程x2y2mx4ym70是圆的方程”的充分不必要条件， 故选：A 5．D 【分析】

根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可. 【详解】 因为21.0121110.1log42log43log441，所以bca. ，，1.2121.0122故选：D 6．D 【分析】

把已知等式平方，模的运算转化为数量积的运算求得ab与a的关系后，再利用模的平方求解． 【详解】

2222因为abab，所以aa2abb2a2ab，所以ab212a，则2a2ba4ab4b4424427. 故选：D． 7．B 【分析】

由已知直线过圆心得a3b3，再用均值不等式即可. 【详解】

由已知直线过圆心得：a3b3，

1313b3a16131a3b10， ab3ab3ab322当且仅当ab故选:B. 8．A

3时取等. 4答案第2页，共14页

【分析】

根据向量的运算法则计算即可得出答案. 【详解】 如图，因为AE22AC，BEAEABACAB. 33111BEACAB， 232因为点F是线段BE的中点，所以BF因为DB211AB，则DFDBBFABAC.

633

所以选项B，C，D错误，选项A正确. 故选：A. 9．C 【分析】

取棱AC，A1C1的中点H，F，连接CD，EF，DF，HF，DH，可得DEF为异面直线DE与A1C所成的角或异面直线DE与A1C所成角的补角，在DEF中利用余弦定理计算即

可. 【详解】

如图，分别取棱AC，A1C1的中点H，F，连接CD，EF，DF，HF，DH. 因为E，F分别是CC1，A1C1的中点， 所以EF∥A1C，

则DEF为异面直线DE与A1C所成的角或异面直线DE与A1C所成角的补角. 设AB2，则DHCEEC1C1F1，CD3，HF2， 从而EF2，DE2，DF5. DE2EF2DF24252. 在DEF中，由余弦定理可得cosDEF2DEEF8222答案第3页，共14页

故选：C.

10．C 【分析】

由题可得fx2sin2x1，然后利用正弦函数的性质逐项判断即得.

6【详解】

由题意可得fx3sin2xcos2x12sin2x1.

6因为fx2sin2x12sin2x1fx，所以fx不是奇函数，故A

66错误；

因为f2sin211，所以fx的图象不关于点,1对称，故B错误；

1212612令2k22x62k2kZ，解得k6xk3kZ，当k1时，

54x，则C正确； 63ππ因为1sin2x1，所以22sin2x2，所以32sin2x11，即fx666的值域是3,1，故D错误. 故选：C. 11．B 【分析】

设出切点，结合导数列方程，由此求出切点坐标并求出切线的斜率，进而可得切线方程. 【详解】

答案第4页，共14页

1由题意可得点,0不在曲线y2xlnx3上，

2设切点为x0,y0，因为y2lnx2，

所以所求切线的斜率

k2lnx02y0x0122y02x01，

所以y02x0lnx02x0lnx01.

因为点x0,y0是切点，所以y02x0lnx03，

所以2x0lnx02x0lnx012x0lnx03，即2x0lnx020. 设fx2xlnx2，明显fx在0,上单调递增，且f10， 所以2x0lnx020有唯一解x01，则所求切线的斜率k2， 1故所求切线方程为y2x2x1.

2故选：B. 12．A 【分析】

分别取BC,DE的中点M,G，易得MBMCMEMD，则点M为四边形BCDE的外接圆的圆心，则四棱锥PBCDE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O，设外接球的半径为R，OMx，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案. 【详解】

解：分别取BC,DE的中点M,G，

在等边三角形ABC中，ABCACB60，DE是中位线， 则CMD,BME,DEM,PDE都是等边三角形， 所以MBMCMEMD2，

所以点M为四边形BCDE的外接圆的圆心，

则四棱锥PBCDE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O， 由G为DE的中点，所以PGDE， 因为平面PDE平面BCDE，且平面PDE所以PG平面BCDE，则OM∕∕PG， 设外接球的半径为R，OMx，

答案第5页，共14页

平面BCDEDE，PG平面PDE，

MGPG3,CM2，

则R2x24，R23所以33x，

3， 323x2x24，解得x所以R39， 32所以四棱锥PBCDE外接球的表面积是4R43952. 93故选：A.

13．9 【分析】

利用等比中项性质可得答案. 【详解】

因为3，a，27成等比数列， 可得a2327，解得a9. 故答案为：9. 14．4500 【分析】

根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R10cm，两圆柱的高h20cm，设小圆柱的底面圆的半径为r，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案. 【详解】

解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R10cm，两圆柱的高h20cm， 设小圆柱的底面圆的半径为r，

答案第6页，共14页

1则有2rh2Rh，即40r200，解得r=5，

2223所以该模型的体积为V大V小Rhrh1500cm，

所以制作该模型所需原料的质量为150014500g. 故答案为：4500. 15．1,3 【分析】

转化为函数yfx的图象与直线ym有3个交点，作出yfx图象可得答案. 【详解】

令gx0，得fxm，

则函数gxfxm有3个零点等价于函数yfx的图象 与直线ym有3个交点，作出函数fx的大致图象， 如图所示，则3m1，解得1m3.

故答案为：1,3. 16．11 【分析】

设P点坐标，根据条件知PAPB0，由向量的坐标运算可得P点位于圆(x1)2y29上，再根据P存在于直线l:4x3ym0上，可知直线和圆有交点，因此列出相应的不等式，求得m范围，可得m的最大值. 【详解】

答案第7页，共14页

设P（x,y）,则PA(2x,y),PB(4x,y) ， 由题意可知PAPB0 ,

所以(x2)(x4)y20 ，即(x1)2y29 ， 即满足条件PAPB的点P在圆(x1)2y29上， 又根据题意P点存在于直线4x3ym0 上， 则直线4x3ym0与圆(x1)2y29有交点，

故有圆心(1,0)到直线4x3ym0的距离小于等于圆的半径， 即

|4m|3 ，解得19m11 ， 5则m的最大值为11， 故答案为：11. 17．

（1）an232n

（2）最大值为121 【分析】

（1）根据条件列出方程组，即可得答案；

（2）根据（1）所求结果，写出Sn的表达式，利用二次函数的性质求得结果. （1）

设数列an的公差为d，

a3a52a16d30,解得a121，d2, 则S3a3d5713故ana1n1d232n,nN. （2）

由等差数列前n项和公式可得Snna1nn1d2n222nn11121， 2则当n11时，Sn取得最大值，且最大值为S11121. 18．

答案第8页，共14页

（1）见详解（1）. （2）16 【分析】

（1）证线面垂直从而证线线垂直.

（2）把面体看成两个锥体，由已知线面垂直得高，并进一步可求锥体底面边长，从而得解. （1）

因为EF//BD，所以E、F、B、D共面，连接ED、BD,

因为ABC和ACE均为等边三角形，D是AC的中点， 所以EDAC，BDAC，EDBDD， 所以AC面平BDEF，BF平面BDEF，ACBF （2）

因为BE2EF2BD26，EFBD23，EF//BD 四边形BDEF是平行四边形，

ABC和ACE均为等边三角形，D是AC的中点，EDDB

所以ED2DB2BE2，EDB90, 平行四边形BDEF是正方形形，DC1AC2， 2212VABCDE2VCDEFB2SDEFBDC23216.

3319．

3（1）,3

2

答案第9页，共14页

（2）35 5【分析】

（1）根据数量积的运算求得fx的表达式，然后采用整体处理的方法求得fx在,122上的值域；

339（2）由f结合fx解析式，求得sin2，即cos2，然后利用

356555二倍角公式求得sin，即可得答案.

65（1） 由题意可得

fxab2cos2xsin2x2sin2xsin2x3sin2x.

366667因为x,，所以2x,，

6361221所以sin2x,1

6233所以3sin2x,3，即fx在,上的值域为,3.

622122（2）

39因为f，所以sin2，

6553所以cos2cos2cos[2]sin2，

326653 因为

2，所以

365， 61cos2所以5， 3sin62535故f3sin()3sin

6652620．

1（1）a；

3

答案第10页，共14页

1（2）,11,8.

2【分析】

（1）由f32可求得loga3的值，进而可求得实数a的值；

（2）由fx6可得出logax3或logax1，分0a1、a1两种情况讨论，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围. （1）

解：因为f32，所以loga32loga332，

212所以loga310，所以loga31，解得a.

3（2）

解：由fx6，得logax2logax30，即logax3logax10，

2即logax3或logax1.

当0a1时，loga12logaxloga8，则loga83或loga121， 因为loga12loga10，则loga121不成立，

11由loga83可得8，得a1；

2a当a1时，loga8logaxloga12，则loga123或loga81，

因为loga12loga10，则loga123不成立，所以loga81，解得1a8. 1综上，a的取值范围是,11,8.

2321．

（1）x1y25

（2）过定点，定点为1,2 【分析】

22答案第11页，共14页

a2b30,222（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程2a0br,从而可得答案.

2223a3br,（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线l的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得OAOB0，从而得出答案. （1）

设圆C的标准方程为xaybr2r0

a2b30,222由题意可得2a0br,解得a1，b2，r5. 223a3br2,22故圆C的标准方程为x1y25. （2）

ykxm2,设Ax1,y1，Bx2,y2.联立 22x1y25,22整理的k1x2km1xm40

222km1m244km14k1m40，则x1x2，x1x22，

k21k1222故y1y2kx1m2kx2m2k2x1x2km2x1x2m2. 因为以AB为直径的圆过原点，所以OAOBx1x2y1y20，

2即k1x1x2km2x1x2m20

222km1m242km2m20， 则k122k1k12化简得2m2mk0.

当m2时，直线l:ykx，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点. 所以m2，则mk，则直线l:ykxk2kx12过定点1,2. 22．

（1）答案见解析

答案第12页，共14页

（2）2 【分析】

（1）求导，然后分a0，0a1，a1，a1讨论研究单调性； （2）由（1）两个极值点分别是1和a，不妨设x11，x2a，代入

fx1fx2lnx1lnx2，然后转化为最值问题求解即可.

（1）

由题意可知fx的定义域为0,，fx1a1axax1. 2xxx2当a0时，由fx0，得x1；由fx0，得0x1. 则fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.

当0a1时，由fx0，得0xa或x1；由fx0，得ax1. 则fx在0,a和1,上单调递增，在a,1上单调递减. 当a1时，fx0恒成立，则fx在0,上单调递增.

当a1时，由fx0，得0x1或xa；由fx0，得1xa. 则fx在0,1和a,上单调递增，在1,a上单调递减. 综上，当a0时，fx在0,1上单调递减，在1,单调递增； 当0a1时，fx在0,a和1,上单调递增，在a,1上单调递减； 当a1时，fx在0,上单调递增；

当a1时，fx在0,1和a,上单调递增，在1,a上单调递减. （2）

由（1）可知0a1或a1，且两个极值点分别是1和a，不妨设x11，x2a， 则fx1fx21aaa1lna1a1lna，lnx1lnx2lna， 故fx1fx2lnx1lnx2恒成立，即a1lnalna恒成立. 当0a1时，lna0，则a1，

答案第13页，共14页

因为0a1，所以2a11，则2； 当a1时，lna0，则a1， 因为a1，所以a12，则2. 综上，2.

答案第14页，共14页