1、2021-2022学年度江苏省盱眙中学高三年级第一学期数学期中考试一、单选题1. 若复数，其中i为虚数单位，则 ()A. B. 1C. D. 22. 已知，则a，b，c的大小关系是()A. B. C. D. 3. 若，则()A. B. C. D. 4. 函数的图象可能是()A. B. C. D. 5. 已知是偶函数，当时，恒成立，设，则a、b、c的大小关系为()A. B. C. D. 6. 在平行四边形ABCD中，已知两邻边满足，且，E为BC的中点，F是CD中点，则()A. 1B. C. D. 37. 已知函数，记，则()A. B. 9C. 10D. 8. 2020年底，国务院扶贫办确定的贫困
2、县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，持续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为单位：万元，结果精确到万元参考数据：，()A. 83B. 60C. 50D. 44二、多选题9. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是()A. B. 是钝角三角形C. 的最大内角是最小内角的2倍D. 若，则外接圆半径为10. 把函数的图象向右平移个单位长度，
3、再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，关于的说法正确的是()A. 函数的图象关于点对称B. 函数的图象的一条对称轴是C. 函数在区间上的最小值为D. 函数在上单调递增11. 以下四个命题表述正确的是()A. 直线恒过定点B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C. 曲线与曲线恰有三条公切线，则D. 已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，其中A、B为切点，则直线AB经过定点12. 已知函数，则下列说法正确的是()A. 当时，B. 当时，直线与函数的图象相切C. 若函数在区间上单调递增，则D. 若在区间上恒成立，则三、填空题13. 若，
4、则_.14. 从编号分别为1，2，3，4，5的五个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则三个小球编号中最小号码不小于2的概率为_.15. 已知圆内一定点，过P作直线l交圆于A、B两点，若l的倾斜角为，则的值为_；若，则直线l的斜率为_.16. 在中，A、B、C所对的边分别为若，则面积最大值为_四、解答题17. 已知数列满足：求数列的通项公式；记为数列的前n项和，求证：18. 在中，分别为内角的对边，且满足求B的大小；从，这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决问题问题：已知_，_，若存在，求的面积，若不存在，请说明理由注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分19. 如图，在菱形A
5、BCD中，且，E为AD的中点.将沿BE折起使，得到如图所示的四棱锥求证：平面平面ABC；若P为AC的中点，求三棱锥的余弦值.20. 如图，已知抛物线上一点到焦点F的距离为3，直线l与抛物线交于，两点，且，为坐标原点求抛物线的方程；求证：直线l过定点21. 已知函数设函数，若在其定义域内恒成立，求实数a的最小值：若方程恰有两个相异的实根，试求实数a的取值范围.22. 已知的两个顶点，直角顶点C的轨迹记为曲线T，过点的直线l与曲线T相交于M，N两点求曲线T的方程；在x轴上求定点，使得；记的面积为S，求S的取值范围答案和解析1.【答案】C【解析】解：，故选2.【答案】A【解析】解：，故选3.【答案】
6、D【解析】解：，解得或，故选：4.【答案】A【解析】解：当时，排除C，当时，是单调递减的，当时，所以函数也是单调递减的，又函数连续，故当时，函数单调递减，故选5.【答案】A【解析】解：因为时，恒成立，所以在上是增函数，又因为函数是偶函数，则，又因为，所以，所以故选6.【答案】C【解析】解：由题意，得故选7.【答案】A【解析】解：函数，故选8.【答案】B【解析】解：设每年应扣除的消费资金为x万元，则1年后投入再生产的资金为：，2年后投入再生产的资金为：，5年后投入再生产的资金为：，故，解得故选：9.【答案】ACD【解析】解：因为，不妨设，由正弦定理，可得，：，故A选项正确；因为，三角形中大边对大
7、角，则角C最大，角A最小.由余弦定理可得，所以角C为锐角，即三角形ABC为锐角三角形，故B选项错误；又，而函数在上是单调递减函数，则，故C选项正确；当时，故，即，故D选项正确.故选10.【答案】BC【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象；再把横坐标缩短到原来的，得到函数的图象选项A：把代入，故A错误；选项B：把代入，故函数的图象的一条对称轴是，故B正确；选项C：，则，故的最小值为，故C正确；选项D：，则，故在上不单调，选项D错误.故选：11.【答案】BCD【解析】解：对于A，由，得，联立，解得，直线恒过定点，故A错误；对于B，圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，
8、故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；对于C，两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，曲线化为标准式，圆心距为，解得，故C正确；对于D，设点P的坐标为，则，以OP为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线AB的方程为：，消去n得，令，解得，故直线AB经过定点，故D正确故选12.【答案】ABD【解析】解：当时，当，当，故在上单调递减，在上单调递增，所以，故A正确；当时，函数在处的切线为，故B正确；，若函数在区间上单调递增，则在区间上恒成立，即令，则，所以在区间上单调递减，所以故C错误；当时，恒成立，；当时，等价于即恒成立，令，此
9、时，恒成立，所以在上单调递减，故D正确故选13.【答案】【解析】解：因为，所以，因为，所以，所以，则故答案为：14.【答案】【解析】解：从编号分别为1，2，3，4，5的五个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，共有种取法，其中三个小球编号中最小号码不小于2的有，由古典概型概率公式可得所求概率为15.【答案】 【解析】解：若直线l的倾斜角为，直线l的斜率为，直线AB的方程为，即，圆的圆心为，半径，圆的圆心到直线AB的距离d为，当直线l的斜率不存在时和斜率为零时，经检验，不符合题意，故舍去;故可设所求直线的方程为，代入圆的方程整理得，设，因为，则，所以得解得则斜率为：故答案为16.【答案】【解析
10、】解：由余弦定理得，所以，当且仅当时取等号，即，所以，设的面积为S，所以设，可得，当且仅当时，上式取得等号，即有，解得，则，所以即面积最大值为故答案为：17.【答案】解：由已知可得当时，当时，可得；由，当时，两式相减可得，则，满足，；，则，则，则，则，则，则，即，得证.18.【答案】解：因为，由正弦定理可得，因为，所以，即，因为，所以，因为，即若选择条件，由余弦定理，可得，解得，故，所以若选择条件，由正弦定理可得，可得，所以，若选择条件，这样的三角形不存在，理由如下：在三角形ABC中，所以，所以，所以，又因为，所以，与矛盾，所以这样的三角形不存在 19.【答案】证明：在图中，连接四边形ABCD
11、为菱形，是等边三角形.为AD的中点，又，在图中，又，AE，平面平面平面ABC，平面平面解：由，知，BE，平面平面以E为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，为AC的中点，设平面PBD的一个法向量为由得令，得又平面BCD的一个法向量为设二面角的大小为，由题意知该二面角得平面角为锐角.则二面角的余弦值为 20.【答案】解：由抛物线的方程可得准线的方程为：，再由抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以由题意可得，解得，所以抛物线的方程为：；证明：设直线l的方程为，联立，整理可得：，可得：，解得，所以直线l的方程为：，所以直线恒过定点 21.
12、【答案】解：由，得在上恒成立，设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，实数a的最小值为由得，即，即，令，则，设，则，函数在上单调递减，又，在上单调递增，在上单调递减，故若方程恰有两个相异的实根，则，即实数a的取值范围为 22.【答案】解：设C点的坐标为，由题意知，存在，且，因为，所以，整理可得：，故曲线T的方程为不妨设直线l的方程为，点M、N的坐标分别为、联立，整理得，由韦达定理得：，要使，则，则，即又因为，所以，即，代入两式，化简得，由m的任意性可知，即满足要求由于点P、Q的坐标分别为、，所以，故，因为，所以，所以令，则，由于，可得，所以令，则，当时，在上单调递增，所以，即，所以，即，综上可知：S的取值范围是
