廣東省廣州市汾水中學(xué)2022年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

廣東省廣州市汾水中學(xué)2022年高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.三棱錐中，平面，，則該三棱錐外接球的表面積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】球的體積和表面積．G8A

解析：取PC的中點(diǎn)O，連結(jié)OA、OB∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，可得Rt△APC中，中線OA=PC又∵PA⊥BC，AB⊥BC，PA、AB是平PSAB內(nèi)的相交直線∴BC⊥平面PAB，可得BC⊥PB，因此Rt△BSC中，中線OB=PC∴O是三棱錐P﹣ABC的外接球心，∵Rt△PCA中，AC=，PA=∴PC=，可得外接球半徑R=PC=∴外接球的表面積S=4πR2=5π故選A．【思路點(diǎn)撥】根據(jù)題意，證出BC⊥平面SAB，可得BC⊥PB，得Rt△BPC的中線OB=PC，同理得到OA=PC，因此O是三棱錐S﹣ABC的外接球心．利用勾股定理結(jié)合題中數(shù)據(jù)算出PC=，得外接球半徑R=，從而得到所求外接球的表面積.2.已知an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)．我們把使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的數(shù)n叫做“優(yōu)數(shù)”，則在區(qū)間(1,2004)內(nèi)的所有優(yōu)數(shù)的和為()A．1024

B．2003

C．2026

D．2048參考答案：C略3.函數(shù),則（

）

A．1

B．－1

C．

D．參考答案：B4.某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為3，則側(cè)視圖中線段的長(zhǎng)度x的值為A．B．2

C．4

D．5參考答案：C解：直觀圖如圖所示∵該幾何體的體積為3∴∴∵OE=∴在Rt?DOE中即5.x、y滿足約束條件，若目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為7，則的最小值為（） A．14 B． 7 C． 18 D． 13參考答案：考點(diǎn)： 基本不等式；簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．專題： 計(jì)算題．分析： 作出可行域，得到目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最優(yōu)解，從而得到3a+4b=7，利用基本不等式即可．解答： 解：∵x、y滿足約束條件，目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0），作出可行域：由圖可得，可行域?yàn)椤鰽BC區(qū)域，目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）經(jīng)過(guò)可行域內(nèi)的點(diǎn)C時(shí)，取得最大值（最優(yōu)解）．由解得x=3，y=4，即C（3，4），∵目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為7，∴3a+4b=7（a＞0，b＞0），∴=（3a+4b）?（）=（9++16+）≥（25+2）=×49=7（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)取“=”）．故選B．點(diǎn)評(píng)： 本題考查線性規(guī)劃，作出線性約束條件下的可行域，求得其最優(yōu)解是關(guān)鍵，也是難點(diǎn)，屬于中檔題．6..“柯西不等式”是由數(shù)學(xué)家柯西在研究數(shù)學(xué)分析中的“流數(shù)”問(wèn)題時(shí)得到的，但從歷史的角度講，該不等式應(yīng)當(dāng)稱為柯西﹣﹣布尼亞科夫斯基﹣﹣施瓦茨不等式，因?yàn)檎呛髢晌粩?shù)學(xué)家彼此獨(dú)立地在積分學(xué)中推而廣之，才將這一不等式推廣到完善的地步，在高中數(shù)學(xué)選修教材4﹣5中給出了二維形式的柯西不等式：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2當(dāng)且僅當(dāng)ad＝bc（即）時(shí)等號(hào)成立．該不等式在數(shù)學(xué)中證明不等式和求函數(shù)最值等方面都有廣泛的應(yīng)用．根據(jù)柯西不等式可知函數(shù)的最大值及取得最大值時(shí)x的值分別為（）A. B. C. D.參考答案：A【分析】將代入二維形式的柯西不等式的公式中，進(jìn)行化簡(jiǎn)即可得到答案?！驹斀狻坑煽挛鞑坏仁娇芍核裕?dāng)且僅當(dāng)即x＝時(shí)取等號(hào)，故函數(shù)的最大值及取得最大值時(shí)的值分別為，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查二維形式柯西不等式的應(yīng)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題。7.拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為，則的值為A． B． C． D．參考答案：C8.已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，且a3+a9=a10﹣a8，則a5=（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2參考答案：B【考點(diǎn)】等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；數(shù)學(xué)模型法；等差數(shù)列與等比數(shù)列．【分析】由已知條件利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式得到a1=﹣4d，由此能求出a5的值．【解答】解：在等差數(shù)列{an}中，由a3+a9=a10﹣a8，且公差d不為零，得a1+2d+a1+8d=a1+9d﹣a1﹣7d，解得a1=﹣4d，∵d≠0，∴a5=a1+4d=﹣4d+4d=0．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，注意等差數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用，是基礎(chǔ)題．9.已知函數(shù)為偶函數(shù)，若將的圖像向右平移一個(gè)單位又得到一個(gè)奇函數(shù)，若，則等于(

)（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B略10.已知復(fù)數(shù)z=（）2（其中i為虛數(shù)單位），則=（）A．1 B．﹣i C．﹣1 D．i參考答案：B【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算．【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義即可得出．【解答】解：z=（）2==i，則=﹣i．故選：B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.拋物線M：y2=2px（p＞0）與橢圓有相同的焦點(diǎn)F，拋物線M與橢圓N交于A，B，若F，A，B共線，則橢圓N的離心率等于．參考答案：﹣1【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】由題意可知：AF⊥x軸，=c，代入拋物線方程即可求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，利用離心率公式即可求得橢圓N的離心率．【解答】解：如圖所示由F，A，B共線，則AF⊥x軸，由拋物線M：y2=2px（p＞0）與橢圓有相同的焦點(diǎn)F，∴=c，把x=，代入拋物線方程可得：y2=2p?，解得：y=p．∴A（，p），即A（c，2c）．代入橢圓的方程可得：，又b2=a2﹣c2，∴，由橢圓的離心率e=，整理得：e4﹣6e2+1=0，0＜e＜1．解得：e2=3﹣2，∴e=﹣1，故答案為：﹣1．12.已知直線與圓相切，與直線平行且距離最大，則直線的方程是

.參考答案：13.若一個(gè)底面邊長(zhǎng)為，棱長(zhǎng)為的正六棱柱的所有頂點(diǎn)都在一個(gè)球的面上，則此球的體積為

．參考答案：答案：解析：根據(jù)條件正六棱柱的最長(zhǎng)的對(duì)角線為球的直徑，由得R=，球體積為14.袋中有三個(gè)白球，兩個(gè)黑球，現(xiàn)每次摸出一個(gè)球，不放回的摸取兩次，則在第一次摸到黑球的條件下，第二次摸到白球的概率為_____________.參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】隨事件的概率K1【答案解析】

記事件A為“第一次取到黑球”，事件B為“第二次取到白球”，

則事件AB為“第一次取到黑球、第二次取到白球”，依題意知P（A）=，P（AB）=×，

∴在第一次取到黑球的條件下，第二次取到白球的概率是P（B|A）=．

故答案為：．【思路點(diǎn)撥】本題條件概率，需要做出第一次取到黑球的概率和第一次取到黑球、第二次取到白球的概率，根據(jù)條件概率的公式，代入數(shù)據(jù)得到結(jié)果．15.已知a，b∈R，若a2+b2－ab=2，則ab的取值范圍是

參考答案：．

16.設(shè)函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，若當(dāng)時(shí)，則滿足的值域是 。參考答案：答案：17.已知方程，則當(dāng)時(shí)，用列舉法表示方程的解的集合是

.參考答案：{}三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.已知實(shí)數(shù)滿足.(Ⅰ)若直線與曲線:相交于兩點(diǎn)，是坐標(biāo)原點(diǎn)，且，若直線的斜率為，求曲線的離心率；(Ⅱ)當(dāng)時(shí)，求的最小值.

參考答案：解析：(Ⅰ)由知為的中點(diǎn)，……………………2分設(shè),代入曲線方程:,因?yàn)榈男甭蕿?，從?……………………5分，故曲線為焦點(diǎn)在軸上的橢圓，……7分(Ⅱ)記或……………………9分（1）若，此時(shí)………11分（2）若，此時(shí)…………13分

略19.如圖，是△的外接圓，D是的中點(diǎn)，BD交AC于E．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若，O到AC的距離為1，求⊙O的半徑．參考答案：解：（I）證明：∵，∴，又，∴△～△，∴，∴CD=DE·DB；

略20.（12分）在三棱錐S—ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M為AB的中點(diǎn).（Ⅰ）證明：AC⊥SB；（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小；（Ⅲ）求點(diǎn)B到平面SMN的距離.

參考答案：解析：解法一：（Ⅰ）取AC中點(diǎn)D，連結(jié)DS、DB.∵SA=SC，BA=BC，∴AC⊥SD且AC⊥DB，∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，∴AC⊥SB.

（Ⅱ）∵SD⊥AC，平面SAC⊥平面ABC，∴SD⊥平面ABC.過(guò)D作DE⊥CM于E，連結(jié)SE，則SE⊥CM，∴∠SED為二面角S－CM－A的平面角.由已知有，所以DE=1，又SA=SC=2，AC=4，∴SD=2.在Rt△SDE中，tan∠SED==2，∴二面角S－CM—A的大小為arctan2.（Ⅲ）在Rt△SDE中，SE=，CM是邊長(zhǎng)為4正△ABC的中線，.

∴S△SCM=CM·SE=，設(shè)點(diǎn)B到平面SCM的距離為h，由VB-SCM=VS-CMB，SD⊥平面ABC，得S△SCM·h=S△CMB·SD，∴h=

即點(diǎn)B到平面SCM的距離為解法二：（Ⅰ）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)OS、OB.∵SA=SC，BA=BC，∴AC⊥SO且AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A（2，0，0），C（－2，0，0），S（0，0，2），B（0，2，0）.∴=（－4，0，0），=（0，－2，2），∵·=（－4，0，0）·（0，－2，2）=0，∴AC⊥BS.（Ⅱ）由（Ⅰ）得M（1，，0），，=（2，0，2）.

設(shè)n=（x，y，z）為平面SCM的一個(gè)法向量，則

∴n=(－1，，1)，又=(0，0，2)為平面ABC的一個(gè)法向量，∴cos(n，)==∴二面角S－CM－A的大小為arccos（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（2，2，0），n=（－1，，1）為平面SCM的一個(gè)法向量，∴點(diǎn)B到平面SCM的距離d=21.（本小題滿分12分）已知函數(shù).（1）求函數(shù)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；（2）當(dāng)時(shí)，求的最大值，并求此時(shí)對(duì)應(yīng)的的值.參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法．C3C7（1），遞減區(qū)間為.（2）當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最大值為1.解析：（1）

……3分周期，因?yàn)椋裕?/p>

…………5分當(dāng)，即時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減；所以的單調(diào)遞減區(qū)間為.

…………7分（2）當(dāng)，，

…………9分，