湖北省孝感市太倉市新湖中學2022高三數學理期末試卷含解析

湖北省孝感市太倉市新湖中學2022高三數學理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知集合A={﹣1，0，1，2}，B={x|0≤x≤2}，則A∩B=（）A．{﹣1，0，1，2} B．{0，1，2} C．{0，1} D．{1，2}參考答案：B【考點】交集及其運算．【分析】根據交集的定義寫出A∩B即可．【解答】解：集合A={﹣1，0，1，2}，B={x|0≤x≤2}，則A∩B={0，1，2}．故選：B．2.O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2=4x的焦點，P為C上一點，若|PF|=4，則△POF的面積為（）A．2 B．2 C．2 D．4參考答案：C【考點】拋物線的簡單性質．【分析】根據拋物線方程，算出焦點F坐標為（）．設P（m，n），由拋物線的定義結合|PF|=4，算出m=3，從而得到n=，得到△POF的邊OF上的高等于2，最后根據三角形面積公式即可算出△POF的面積．【解答】解：∵拋物線C的方程為y2=4x∴2p=4，可得=，得焦點F（）設P（m，n）根據拋物線的定義，得|PF|=m+=4，即m+=4，解得m=3∵點P在拋物線C上，得n2=4×3=24∴n==∵|OF|=∴△POF的面積為S=|OF|×|n|==2故選：C3.以下四圖，都是同一坐標系中三次函數及其導函數的圖像，其中一定不正確的序號是

A．①、②

B．①、③

C．③、④

D．①、④參考答案：C提示：根據時，遞增；時，遞減可得4.函數的反函數為（

）

參考答案：D略5.若關于x的方程有四個不同的實數解，則實數k的取值范圍為A．

B．

C．

D．參考答案：C略6.設集合A={x|x2﹣（a+3）x+3a=0}，B={x|x2﹣5x+4=0}，集合A∪B中所有元素之和為8，則實數a的取值集合為（）A．{0} B．{0，3} C．{1，3，4} D．{0，1，3，4}參考答案：D考點：元素與集合關系的判斷．專題：計算題．分析：通過解方程分別求得集合A、B，根據A∪B中所有元素之和為8，可得a的可能取值．解答：解：解方程x2﹣5x+4=0得：x=4或1，∴B={1，4}，解方程x2﹣（a+3）x+3a=0得：x=3或a，∴A={3}或{3，a}，∵1+4+3=8，∴A={3}或{3，0}或{3，1}或{3，4}．∴a=0或1或3或4．故選：D．點評：本題考查了元素與集合的關系，利用了分類討論思想．7.已知函數f（x）=aln（x+1）﹣x2，在區(qū)間（0，1）內任取兩個不相等的實數p，q，若不等式＞1恒成立，則實數a的取值范圍是（）A．[15，+∞） B．[6，+∞） C．（﹣∞，15] D．（﹣∞，6]參考答案：A【考點】利用導數求閉區(qū)間上函數的最值；利用導數研究曲線上某點切線方程．【分析】由不等式進行轉化判斷函數的單調性，求函數的導數，利用參數分離法進行求解即可．【解答】解：因為p≠q，不妨設p＞q，由于，所以f（p+1）﹣f（q+1）＞p﹣q，得[f（p+1）﹣（p+1）]﹣[f（q+1）﹣（q+1）]＞0，因為p＞q，所以p+1＞q+1，所以g（x）=f（x+1）﹣（x+1）在（0，1）內是增函數，所以g'（x）＞0在（0，1）內恒成立，即恒成立，所以a＞（2x+3）（x+2）的最大值，因為x∈（0，1）時（2x+3）（x+2）＜15，所以實數a的取值范圍為[15，+∞）．故選：A．8.若為第四象限角，則的值等于（）A． B． C． D．參考答案：A【考點】同角三角函數基本關系的運用．【分析】由已知利用同角三角函數基本關系式可求cosα，tanα的值，根據兩角和的正切函數公式及特殊角的三角函數值即可求解．【解答】解：∵為第四象限角，∴cosα==，tan=﹣，∴===．故選：A．9.已知是公差不為0的等差數列的前項和，且成等比數列，則等于

（

）A.4

B.6

C.8

D.10參考答案：C10.設全集U是實數集R，

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.直線分別與曲線，交于、兩點，則的最小值為

．參考答案：212.設f（x）=xlnx，若f′（x0）=2，則x0的值為

．參考答案：13.已知圓C的參數方程為（θ為參數），直線l的極坐標方程為ρcos，若極軸與x軸的非負半軸重合，則直線l被圓C截得的弦長為

．參考答案：考點：直線與圓的位置關系；參數方程化成普通方程．專題：直線與圓；坐標系和參數方程．分析：將圓和直線的轉化為直角坐標方程，求出圓心到直線的距離d，利用直線和圓相交的弦長公式進行求解即可．解答： 解：圓C的標準方程為x2+y2=4，直線l的極坐標方程為ρcos，即ρcosθ+ρsinθ=，即ρcosθ+ρsinθ=2，即直線的直角坐標方程為x+y﹣2=0，則圓心到直線的距離d=，則直線l被圓C截得的弦長為，故答案為：點評：本題主要考查參數方程的轉化以及直線和圓相交的弦長公式的計算，將參數方程化為普通方程是解決本題的關鍵．14.若函數為奇函數，則a=，f（g（﹣1））=．參考答案：0,3.【考點】函數奇偶性的性質；函數的值．【專題】計算題；函數思想；綜合法；函數的性質及應用．【分析】直接利用奇函數的定義，即可得出結論．【解答】解：由題意，a=f（0）=0，g（﹣1）=﹣g（1）=2，∴f（g（﹣1））=f（2）=3，故答案為：0，3．【點評】本題考查函數值的計算，考查奇函數的定義，比較基礎．15.在等差數列中，，其前項和為，若，則的值等于

.

參考答案：略16.復數（其中i為虛數單位）的模為

．參考答案：17.執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，則最后輸出的等于

▲

．參考答案：63略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數.（1）求函數f(x)的單調區(qū)間；（2）設函數，，為自然對數的底數.當時，若，，不等式成立，求k的最大值.參考答案：（1）對函數求導得，令，得，當時，，此時函數單調遞減；當時，，此時函數單調遞增，所以函數的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.（2）當時，由（1）可知，，，不等式成立等價于當時，恒成立，即對恒成立，因為時，所以對恒成立，即對恒成立，設，則，令，則，當時，，所以函數在上單調遞增，而，，所以，所以存在唯一的，使得，即，當時，，，所以函數單調遞減；當時，，，所以函數單調遞增，所以當時，函數有極小值，同時也為最小值，因為，又，且，所以的最大整數值是.

19.（本小題滿分12分）已知橢圓的兩個焦點分別為，，以橢圓短軸為直徑的圓經過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線與橢圓相交于兩點，設直線的斜率分別為，問是否為定值？并證明你的結論.參考答案：（1）x2/3+y2=1;（2）

為定值2.（1）由已知得：，由已知易得，解得，則橢圓的方程為.（2）①當直線的斜率不存在時，由，解得，設，.②當直線的斜率存在時，設直線的方程為，將代入整理化簡，得，依題意，直線與橢圓必相交于兩點，設，則，，又，，所以綜上得：為定值2.20.已知，且滿足．（1）求；（2）若，，求證：．參考答案：解：（1）設，則，…………2分由

得

……………4分解得

或

………………5分∴或………………7分（2）當時，……10分當時，………13分∴

………………14分略21.（本小題滿分12分）設數列的各項都是正數，且對任意，都有，其中為數列的前n項和.（I）求數列的通項公式；（II）設（為非零整數，），試確定的值，使得對任意；都有成立.參考答案：（I）；（II）－1【知識點】數列的通項公式不等式解析：（Ⅰ）∵時，，……………①當時，，………………②由①－②得，即，∵∴，由已知得，當時，，∴.故數列是首項為1，公差為1的等差數列.∴.（Ⅱ）∵，∴,∴.要使得恒成立,只須.(1)當為奇數時,即恒成立.又的最小值為,∴.(2)當為偶數時,即恒成立.又的最大值為,∴∴由(1),(2)得,又且為整數,∴對所有的,都有成立.【思路點撥】遇到由數列的前n項和與通項的遞推關系，通常先轉化為通項之間的遞推關系再進行解答，對于不等式恒成立問題通常轉化為求最值問題進行解答.22.（本小題滿分14分）一個幾何體的三視圖如右圖所示，其中正視圖和側視圖是腰長為6的兩個全等的等腰直角三角形.（Ⅰ）請畫出該幾何體的直觀圖，并求出它的體積；（Ⅱ）用多少個這樣的幾何體可以拼成一個棱長為6的正方體ABCD—A1B1C1D1?如何組拼？試證明你的結論；（Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下,設正方體ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中點為E,求平面AB1E與平面ABC所成二面角的余弦值.參考答案：解：（Ⅰ）該幾何體的直觀圖如圖1所示，它是有一條側棱垂直于底面的四棱錐.其中底面ABCD是邊長為6的正方形，高為CC1=6，故所求體積是

------------------------4分

（Ⅱ）依題意，正方體的體積是原四棱錐體積的3倍，故用3個這樣的四棱錐可以拼成一個棱長為6的正方體，其拼法如圖2所示.------------------------6分

證明:∵面ABCD、面ABB1A1、面AA1D1D為全等的

正方形，于是

故所拼圖形成立.---8分（Ⅲ）方法一：設B1E，BC的延長線交于點G，

連結GA，在底面ABC內作BH⊥AG，垂足為H，連結HB1，則B1H⊥AG，故∠B1HB為平面AB1E與平面ABC所成二面角或其補角的平面角.--------10分

在Rt△ABG中，，則，，，故平面AB1E與平面ABC所成二面