2022届高三(上)期末理科数学试卷-答案.docx

河北省唐山市2017届高三（上）期末理科数学试卷
答 案
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要求的．
1~5．BCADB 6~10．ACDBA 11~12．AD
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．
14．1
15．
16．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（本题满分为12分）
解：（1）由正弦定理得：

，
∵，
∴，．
（2）由，，，得：，解得，
由，得．
18．解：（1）

文科生
理科生
合计
获奖
5
35
40
不获奖
45
115
160
合计
50
150
200
，
所以有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”．
（2）由表中数据可知，抽到获奖同学的概率为，
将频率视为概率，所以X可取0，1，2，3，且X～B．
X
0
1
2
3
P

．
19．证明：（1）连接AC，则和都是正三角形．
取BC中点E，连接AE，PE，
因为E为BC的中点，所以在中，，
因为，所以，
又因为，所以平面，
又平面，所以．
同理，
又因为，所以平面．
解：（2）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，
则B，D，P，
，，
设平面PBD的法向量为，
则，取，得，
取平面PAD的法向量，
则，
所以二面角A﹣PD﹣B的余弦值是．

20．解：（1）由题意得，从而有C：．
解方程组，得，所以．
（2）设，则切线l：，
整理得
由得，
所以且，
所以
，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，此时．
21．解：（1）（），
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值．
（2），由（1）及得：
①当时，，，单调递减，
当时，取得最小值．
②当，，，
所以存在，且，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的最小值为．
令，
因为，所以在单调递减，此时．
综上，．
22．解：（1）∵在直角坐标系xOy中，曲线：，
曲线的极坐标方程为：，
的普通方程为，
所以曲线的极坐标方程为：．
（2）设，，，
则，，

，
当时，取得最大值．
23．解：（1）
所以，在上递减，在上递增，
又，故的解集为．
（2）①若，，
当且仅当时，取等号，故只需，得．
②若，，，不合题意．
③若，，
当且仅当时，取等号，故只需，这与矛盾．
综上所述，a的取值范围是．

河北省唐山市2017届高三（上）期末理科数学试卷
解 析
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要求的．
1．【考点】交集及其运算．
【分析】先分别求出集体合A和B，由此以求出A∩B中元素的个数．
【解答】解：∵集合 A={﹣2，﹣1，0，2，3}，
B={y|y=x2﹣1，x∈A}={﹣1，0，3，8}，
∴A∩B={﹣1，0，3}，
∴A∩B中元素的个数是3．
故选：B．
2．【考点】复数求模．
【分析】把复数z代入z2+z化简，再由复数相等的充要条件列出方程组，求解得到a的值，然后由复数求模公式计算得答案．
【解答】解：∵复数z=a+i，
∴z2+z=（a+i）2+a+i=（a2+a﹣1）+（2a+1）i=1﹣3i，
∴，解得a=﹣2．
复数z=a+i=﹣2+i．
则|z|=．
故选：C．
3．【考点】数量积表示两个向量的夹角．
【分析】由条件求得， = 的坐标，再根据cosθ= 计算求得它的值．
【解答】解：∵向量与的夹角为θ，且，
∴==（2，1），
则cosθ===﹣，
故选：A．
4．【考点】两角和与差的正切函数．
【分析】由题意和二倍角的正切公式求出tan2θ的值，由两角差的正切公式求出的值．
【解答】解：由得，
==，
所以=
==，
故选D．
5．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．
【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱，代入棱柱表面积公式，可得答案．
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱，
底面面积为：×2×1=1，
底面周长为：2+2×=2+2，
故棱柱的表面积S=2×1+2×（2+2）=6+4，
故选：B．
6．【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】根据等差数列的定义结合充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
【解答】解：若数列{an}为等差数列，设公差为d，
则当n≥2时，bn﹣bn﹣1=an+an+1﹣an﹣1﹣an=an+1﹣an+an﹣an﹣1=2d为常数，
则数列{bn}为 等差数列，即充分性成立，
若数列{bn}为 等差数列，设公差为b，
则n≥2时，bn﹣bn﹣1=an+an+1﹣an﹣1﹣an=an+1﹣an﹣1=d为常数，
则无法推出an﹣an﹣1为常数，即无法判断数列{an}为等差数列，即必要性不成立，
即“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为 等差数列”充分不必要条件，
故选：A
7．【考点】程序框图．
【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的b，a，i的值，观察a的取值规律，可得当i=40时不满足条件i＜40，退出循环，输出a的值为﹣4．
【解答】解：模拟程序的运行，可得
i=1，a=﹣4
满足条件i＜40，执行循环体，b=﹣1，a=﹣1，i=2
满足条件i＜40，执行循环体，b=﹣，a=﹣，i=3
满足条件i＜40，执行循环体，b=﹣4，a=﹣4，i=4
满足条件i＜40，执行循环体，b=﹣1，a=﹣1，i=5
…
观察规律可知，a的取值周期为3，由于40=3×13+1，可得：
满足条件i＜40，执行循环体，b=﹣4，a=﹣4，i=40
不满足条件i＜40，退出循环，输出a的值为﹣4．
故选：C．
8．【考点】二项式定理的应用．
【分析】由题意，a==252，含x7项的系数为b==﹣960，即可得出结论．
【解答】解：由题意，a==252，含x7项的系数为b==﹣960，
∴=﹣，
故选D．
9．【考点】简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可得到结论．
【解答】解：实数x，y满足约束条件
的可行域为：z=x2+y2的几何意义是
可行域的点到坐标原点距离的平方，
显然A到原点距离的平方最小，
由，可得A（3，1），
则z=x2+y2的最小值为：10．
故选：B．

10．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时： =R2，由此能求出所得工件体积与原料体积之比的最大值．
【解答】解：设球半径为R，正方体边长为a，
由题意得当正方体体积最大时： =R2，
∴R=，
∴所得工件体积与原料体积之比的最大值为：
==．
故选：A．
11．【考点】双曲线的简单性质．
【分析】根据条件分别求出直线AE和BN的方程，求出N，E的坐标，利用|OE|=2|ON|的关系建立方程进行求解即可．
【解答】解：∵PF⊥x轴，
∴设M（﹣c，0），则A（﹣a，0），B（a，0），
AE的斜率k=，则AE的方程为y=（x+a），
令x=0，则y=，即E（0，），
BN的斜率k=﹣，则AE的方程为y=﹣（x﹣a），
令x=0，则y=，即N（0，），
∵|OE|=2|ON|，
∴2||=||，
即=，
则2（c﹣a）=a+c，
即c=3a，
则离心率e==3，
故选：A

12．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】先求出+2x，再由f（x）为偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，故f（2x）＞f（x+3）等价于|2x|＞|x+3|，解之即可求出使得f（2x）＞f（x+3）成立的x的取值范围．
【解答】解：∵函数f（x）=ln（ex+e﹣x）+x2，
∴+2x，
当x=0时，f′（x）=0，f（x）取最小值，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∵f（x）=ln（ex+e﹣x）+x2是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，
∴f（2x）＞f（x+3）等价于|2x|＞|x+3|，
整理，得x2﹣2x﹣3＞0，
解得x＞3或x＜﹣1，
∴使得f（2x）＞f（x+3）成立的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）．
故选：D．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．【考点】定积分在求面积中的应用．
【分析】作出两个曲线的图象，求出它们的交点，由此可得所求面积为函数y=x3与在区间[0，1]上的定积分的值，再用定积分计算公式加以运算即可得．
【解答】解：如图在同一平面直角坐标系内作出y=x3与的图象，则封闭图形的面积
．
故答案为：．

14．【考点】等比数列的通项公式．
【分析】利用等比数列通项公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出a7的值．
【解答】解：∵{an}是等比数列，，
∴，
解得，
a7==1．
故答案为：1．
15．【考点】椭圆的简单性质．
【分析】由题设条件知列出a，b，c的方程，结合三角形的面积，求出a，b求出椭圆的方程．
【解答】解：F1，F2为椭圆的左、右焦点，经过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若△F2AB是面积为的等边三角形，
可得：，×=4，a2=b2+c2，解得a2=18，b2=12，c2=6．
所求的椭圆方程为：．
故答案为：．
16．【考点】函数零点的判定定理．
【分析】由题意可得m=2sin2x1+cos2x1=2sin2x2+cos2x2，运用和差化积公式和同角的基本关系式，计算即可得到所求值．
【解答】解：x1，x2是函数f（x）=2sin2x+cos2x﹣m在[0，]内的两个零点，
可得m=2sin2x1+cos2x1=2sin2x2+cos2x2，
即为2（sin2x1﹣sin2x2）=﹣cos2x1+cos2x2，
即有4cos（x1+x2）sin（x1﹣x2）=﹣2sin（x2+x1）sin（x2﹣x1），
由x1≠x2，可得sin（x1﹣x2）≠0，
可得sin（x2+x1）=2cos（x1+x2），
由sin2（x2+x1）+cos2（x1+x2）=1，
可得sin（x2+x1）=±，
由x1+x2∈[0，π]，
即有sin（x2+x1）=．
故答案为：．
17．【考点】正弦定理．
【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2sinBcosB=﹣sinB，结合sinB≠0，可求cosB=﹣，进而可求B的值．
（2）由已知及余弦定理可求c2+ac﹣6a2=0，解得c=2a，进而利用三角形面积公式可求a的值．
18．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（1）列出表格根据公式计算出K2，参考表格即可得出结论．
（2）由表中数据可知，抽到获奖同学的概率为，将频率视为概率，所以X可取0，1，2，3，且X～B（3，）．即可得出．
19．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）连接AC，取BC中点E，连接AE，PE，推导出BC⊥AE，BC⊥PE，从而BC⊥PA．同理CD⊥PA，由此能证明PA⊥平面ABCD．
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣B的余弦值．
20.【考点】直线与抛物线的位置关系；圆与圆锥曲线的综合．
【分析】（1）求出F（1，0），得到抛物线方程，联立圆的方程与抛物线方程，求出A的纵坐标，然后求解|AF|．
（2）设M（x0，y0），求出切线l：y=（x﹣x0）+y0，通过|ON|=1，求出p=且﹣1＞0，求出|MN|2的表达式，利用基本不等式求解最小值以及p的值即可．
21．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．
【分析】（1）求出f′（x）=（x＞0），通过判断函数的单调性，求解函数的最大值即可．
（2）求出g′（x）=lnx﹣ax=x（﹣a），由（1）及x∈（0，e]：通过①当a=时，②当a∈[0，），分别求解函数的单调性与最值即可．
22．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】（1）由曲线C1：x+y=4可得曲线C1的极坐标方程；先将曲线C2化为普通方程，进而可得曲线C2的极坐标方程；
（2）设A（ρ1，α），B（ρ2，α），﹣＜α＜，则ρ1=，ρ2=2cosα，则=，进而得到答案．
23．【考点】绝对值不等式的解法．
【分析】（1）当a=2时，f（x）在（﹣∞，1]上递减，在[1，+∞）上递增，f（0）=f（）=4利用解不等式f（x）≤4；
（2）若f（x）≥1，分类讨论，即可求a的取值范围．

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