廣東省肇慶市田家炳中學2022-2023學年高三數(shù)學文下學期期末試卷含解析

廣東省肇慶市田家炳中學2022-2023學年高三數(shù)學文下學期期末試卷含解析一、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.，是兩個向量，||=1，||=2，且（+）⊥，則與的夾角為（）A．30° B．60° C．120° D．150°參考答案：C【考點】數(shù)量積表示兩個向量的夾角；平面向量數(shù)量積的運算．

【專題】平面向量及應用．【分析】設，的夾角為θ，0°≤θ≤180°，則由題意可得（）?=0，解得cosθ=﹣，可得θ的值．【解答】解：設，的夾角為θ，0°≤θ≤180°，則由題意可得（）?=0，即+=1+1×2×cosθ=0，解得cosθ=﹣，∴θ=120°，故選C．【點評】本題主要考查兩個向量垂直的性質(zhì)，根據(jù)三角函數(shù)的值求角，屬于中檔題．2.已知集合，，則A∩B=（

）A．

B．[0,1]

C．

D．參考答案：C3.已知實數(shù)x，y滿足，則z=﹣3x﹣y的最大值為（）A．﹣19 B．﹣7 C．﹣5 D．﹣4參考答案：C【考點】7C：簡單線性規(guī)劃．【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標，代入目標函數(shù)得答案．【解答】解：由約束條件作出可行域如圖所示，聯(lián)立，解得A（2，﹣1），化目標函數(shù)z=﹣3x﹣y為y=﹣3x﹣z，由圖可知，當直線z=﹣3x﹣y過點A（2，﹣1）時，z=﹣3x﹣y有最大值，最大值為﹣5．故選：C．4.定義在R上的偶函數(shù)在是增函數(shù)，且，則x的取值范圍是A.

B.C.

D.參考答案：B5.《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”，將底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”，在如圖所示的塹堵ABC-A1B1C1中，，，，則在塹堵ABC-A1B1C1中截掉陽馬C1-ABB1A1后的幾何體的外接球的體積是（

）A.25π B.C.100π D.參考答案：B【分析】先確定出外接球的球心，然后構(gòu)造直角三角形，求出球的半徑，可求球的體積．【詳解】由圖可得塹堵中截掉陽馬后所剩三棱錐的外接球即三棱柱的外接球，取的中點為N和M,則MN和的中點為外接球的球心O，連接,在直角三角形,OM=M,則R=，外接球的體積V=故選：B【點睛】本題考查棱柱棱錐的外接球，常用處理方法：先求底面外接圓的半徑，轉(zhuǎn)化為直角三角形，求出球的半徑.考查空間想象能力，計算能力．10.設是的兩個非空子集，如果存在一個從到的函數(shù)滿足：；對任意，當時，恒有，那么稱這兩個集合“保序同構(gòu)”，以下集合對不是“保序同構(gòu)”的是（）A.

B.

C.

D.參考答案：D7.已知，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.參考答案：C【分析】根據(jù)的單調(diào)性判斷的大小關系，由判斷出三者的大小關系.【詳解】由，，，則.故選C.【點睛】本小題主要考查對數(shù)運算，考查對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，考查對數(shù)式比較大小，屬于基礎題.8.已知，則（A） （B） （C） （D）參考答案：D略9.函數(shù)的部分圖象如圖所示，點A、B是最高點，點C是最低點．若△ABC是直角三角形，則的值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A略10.如果，那么（

）A、

B、

C、

D、參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，M，N為線段BC，CC1上的動點，過點A1，M，N的平面截該正方體的截面記為S，則下列命題正確的是______①當且時，S為等腰梯形；②當M，N分別為BC，CC1的中點時，幾何體的體積為；③當M為BC中點且時，S與C1D1的交點為R，滿足；④當M為BC中點且時，S為五邊形；⑤當且時，S的面積.參考答案：①②【分析】對五個命題逐一畫出圖像，進行分析，判斷出其中的真命題，由此得出正確命題的序號.【詳解】對于①，畫出圖像如下圖所示，過作，交于，截面為，由于，所以，故，所以，即截面為等腰梯形.故①正確.對于②，以為空間坐標原點，分別為軸，建立空間直線坐標系，則,則,.設平面的法向量為，則，令，則，故.則點到平面的距離為.而，故，故②命題正確.對于③，延長交的延長線于，連接交于，由于，所以，故.由于，所以,故，故③判斷錯誤.對于④，當時，截面為三角形，故④判斷錯誤.對于⑤，延長,交的延長線于，連接,交于，則截面為四邊形.由于,所以，面積比等于相似比的平方，即，故.在三角形中，,邊上的高為,故,所以.綜上所述，本小題正確的命題有①②.【點睛】本小題主要考查正方體的截面有關命題的真假性判斷，考查錐體體積算，考查三角形面積的計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，綜合性較強，屬于中檔題.12.已知兩定點和，動點在直線l：上移動，橢圓C以A，B為焦點且經(jīng)過點P，則橢圓C的離心率的最大值為

．參考答案：由題意知c=1，離心率e=，橢圓C以A，B為焦點且經(jīng)過點P，則c=1，∵P在直線l：y=x+2上移動，∴2a=|PA|+|PB|．過A作直線y=x+2的對稱點C，設C（m，n），則由，解得，即有C（﹣2，1），則此時2a=|PA|+|PB|≥|CD|+|DB|=|BC|=，此時a有最小值，對應的離心率e有最大值．故答案為：

13.在△ABC中，已知,，BC邊上的中線，則________．參考答案：【分析】根據(jù)圖形，由中線長定理可得：，再利用余弦定理可得：解得的值，再次利用余弦定理求解出，根據(jù)同角三角函數(shù)關系解得．【詳解】解：如圖所示，由中線長定理可得：，由余弦定理得到：，即．聯(lián)立成方程組，解得：，故由可得，．故答案為：【點睛】本題考查了余弦定理的知識，方程思想是解決本題的關鍵.14.設函數(shù)f(x)=|2x-1|+x+3,則函數(shù)y=f(x)的最小值為

．參考答案：解析：f(x)=由圖象可知[f(x)]min=15.若曲線表示雙曲線，則的取值范圍是

。參考答案：16.設，定義為的導數(shù)，即，，若的內(nèi)角滿足，則的值是

.參考答案：17.已知橢圓與雙曲線的公共焦點為F1，F(xiàn)2，點P是兩條曲線的一個公共點，則cos∠F1PF2的值為

；命題意圖:考查圓錐曲線定義、焦點三角形相關計算，基礎題.參考答案：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.（本小題滿分14分）已知函數(shù)的導數(shù)為實數(shù)，.（Ⅰ）若在區(qū)間［-1，1］上的最小值、最大值分別為-2、1，求a、b的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求經(jīng)過點且與曲線相切的直線的方程；（Ⅲ）設函數(shù)，試判斷函數(shù)的極值點個數(shù)。參考答案：解：（Ⅰ）由已知得，，……1分由得.，當時，遞增；當時，，遞減.在區(qū)間［-1，1］上的最大值為.………………3分又.由題意得，即，得為所求。

………………5分（Ⅱ）解：由（1）得，點P（2，1）在曲線上。（1）當切點為P（2，1）時，切線的斜率，的方程為.………………6分（2）當切點P不是切點時，設切點為切線的余率，的方程為。又點P（2，1）在上，，，.切線的方程為.故所求切線的方程為或.……8分（Ⅲ）解：...……10分二次函數(shù)的判別式為得：.令，得，或。，時，，函數(shù)為單調(diào)遞增，極值點個數(shù)0；

………………12分當時，此時方程有兩個不相等的實數(shù)根，根據(jù)極值點的定義，可知函數(shù)有兩個極值點.

……14分19.如圖，已知△ABC中的兩條角平分線AD和CE相交于H，∠B=60°，F(xiàn)在AC上，且AE=AF．（1）證明：B，D，H，E四點共圓；（2）證明：CE平分∠DEF．參考答案：【考點】三角形中的幾何計算．【專題】證明題；綜合題．【分析】（I），要證明B，D，H，E四點共圓，根據(jù)四點共圓定理只要證∠EBD+∠EHD=180°即可（II）由（I）知B，D，H，E四點共圓可得∠CED=30°，要證CE平分∠DEF，只要證明∠CEF=30°即可【解答】解：（I）在△ABC中，因為∠B=60°所以∠BAC+∠BCA=120°因為AD，CE是角平分線所以∠AHC=120°于是∠EHD=∠AHC=120°因為∠EBD+∠EHD=180°，所以B，D，H，E四點共圓（II）連接BH，則BH為∠ABC的平分線，得∠HBD=30°由（I）知B，D，H，E四點共圓所以∠CED=∠HBD=30°又∠AHE=∠EBD=60°由已知可得，EF⊥AD，可得∠CEF=30°所以CE平分∠DEF．【點評】本題主要證明平面幾何中四點共圓的判定理及性質(zhì)定理的綜合應用，解決此類問題的關鍵是靈活利用平面幾何的定理，屬于基本定理的簡單運用．20.（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，PA=PC，（1）證明：PB⊥AC；（2）若平面PAC⊥平面平面ABCD，∠ABC=60°，PB=AB，求二面角D﹣PB﹣C的余弦值．參考答案：（Ⅰ）證明：連接PO，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且O為AC和BD的中點，又PA=PC，∴AC⊥PO，∵BD∩PO=O，BD、PO平面PBD，∴AC⊥平面PBD，∵PB平面PBD，∴PB⊥AC．（Ⅱ）解：∵平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，AC⊥PO，PO平面PAC，∴PO⊥平面ABCD，∵BD平面ABCD，∴PO⊥BD，過點O作OH⊥PB于點H，連結(jié)CH，得CH⊥PB，∴∠OHC是二面角D﹣PB﹣C的平面角，設PA=AB=a，∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AB=BC=AC，CO=，BO=，在Rt△POB中，PO===，OH==，∴在Rt△COH中，CH===，=，∴二面角D﹣PB﹣C的余弦值．21.已知（其中是自然對數(shù)的底數(shù)）.（Ⅰ）若，恒成立，求的取值范圍；（Ⅱ）若數(shù)列滿足，且，證明：（?。?shù)列的各項為正且單調(diào)遞減；（ⅱ）.參考答案：（Ⅰ）.在上，，單調(diào)遞增；在上，，單調(diào)遞減；∴.∴.………4分（Ⅱ）（ⅰ）用數(shù)學歸納法證明.當時，，結(jié)論成立；若時結(jié)論成立，即.令，則，在上，遞增.而，∴在上，∴.于是，由,即，時結(jié)論成立.由數(shù)學歸納原理，.又由（Ⅰ）知時，.∴,數(shù)列單調(diào)遞減.……9分（ⅱ）我們先證明.①.②令，則，在上，，遞增.而，∴在上，.故②成立，從而①成立.由于，所以.………………14分略22.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB=4，CD=2，AC與BD交于O，且AC⊥BD，矩形ACEF⊥底面ABCD，M為EF上一動點，滿足=λ．（Ⅰ）若AM∥平面EBD，求實數(shù)λ的值；（Ⅱ）當λ=時，銳二面角D﹣AM﹣B的余弦值為，求多面體ABCDEF的體積．參考答案：【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積；LS：直線與平面平行的判定．【分析】（I）連結(jié)OE，根據(jù)線面平行的性質(zhì)可知OE∥AM，故而四邊形EMAO為平行四邊形，于是；（II）以O為原點建立空間坐標系，求出平面ADM和平面ABM的法向量，根據(jù)二面角的大小，列方程求出CE，代入棱錐的體積公式即可．【解答】解：（Ⅰ）連接OE，在梯形ABCD中，AB∥CD，∴△DOC∽△BOA，∴．∵AM∥平面BDE，平面ACM∩平面BDE=OE，AM?平面ACM，∴AM∥OE．又ME∥AO，∴四邊形MEOA為平行四邊形，∴EM=AO．∴==，即λ=．（Ⅱ）∵距形ACEF⊥底面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，∴CE⊥底面ABCD．∵，∴OM⊥底面ABCD．以O為原點，以OA，OB，OM所在直線為坐標軸建立如圖