福建省漳州市海峰職業(yè)中學2022-2023學年高三數學理期末試題含解析

福建省漳州市海峰職業(yè)中學2022-2023學年高三數學理期末試題含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知:函數的定義域為，且，為的導函數，函數的圖象如圖所示，則所圍成的平面區(qū)域的面積是（

）A．2

B．4

C．5

D．8參考答案：B略2.已知球面的三個大圓所在平面兩兩垂直，則以三個大圓的交點為頂點的八面體的體積與球體積之比為（

）A．1:

B．1:2

C．2:

D．4:3參考答案：A3.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的表面積（單位：cm2）是（

）A.6 B. C. D.12參考答案：C【分析】由三視圖可還原幾何體為三棱柱，則表面積為兩個底面面積與三個側面面積之和.【詳解】由三視圖可知幾何體為三棱柱幾何體表面積本題正確選項：【點睛】本題考查空間幾何體的表面積的求解，關鍵是能夠根據三視圖判斷出原幾何體為三棱柱.4.已知α，β是兩個不同平面，直線l?β，則“α∥β”是“l(fā)∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】α，β是兩個不同平面，直線l?β，則“α∥β”?“l(fā)∥α”，反之不成立．即可得出結論．【解答】解：∵α，β是兩個不同平面，直線l?β，則“α∥β”?“l(fā)∥α”，反之不成立．∴α，β是兩個不同平面，直線l?β，則“α∥β”是“l(fā)∥α”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題考查了線面面面平行的判定與性質定理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．5.已知復數z滿足：，且z的實部為2，則（

）A．3

B．

C．

D．4參考答案：B,即,故.故選B

6.命題“存在，為假命題”是命題“”的（

）A．充要條件

B．必要不充分條件C．充分不必要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：A7.的值等于

A．

B．

C．

D．參考答案：C8.有以下四種變換方式： ①向左平行移動個單位長度，再將每個點的橫坐標縮短為原來的； ②向右平行移動個單位長度，再將每個點的橫坐標縮短為原來的； ③每個點的橫坐標縮短為原來的，再向右平行移動個單位長度； ④每個點的橫坐標縮短為原來的，再向左平行移動個單位長度．其中能將函數的圖象變?yōu)楹瘮档膱D象是（

） A.①和④ B.①和③ C.②和④ D.②和③參考答案：A略9.n∈N*，“數列{an}是等差數列”是“點Pn在一條直線上”的(

)A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：C略10.已知一個四面體有五條棱長都等于2，則該四面體的體積最大值為(

)A．

B．1

C．

D．2參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在△ABC中，tan=2sinC，若AB=1，則AC+BC的最大值為．參考答案：【考點】正弦定理；同角三角函數基本關系的運用．【專題】解三角形．【分析】由已知式子化簡變形討論可得C=，再由正弦定理可得AC+BC=sin（﹣A）+sinA=cosA+sinA，由三角函數的最值可得．【解答】解：∵在△ABC中，tan=2sinC，∴tan（﹣）=2sinC，∴=2sinC，∴=4sincos，即cos（4sin2﹣1）=0，解得cos=0或4sin2﹣1=0，∴C=π（舍去），或C=（舍去），或C=，又∵AB=1，∴==，∴AC=sinB，BC=sinA，又B=﹣A，∴AC+BC=sin（﹣A）+sinA=cosA+sinA，∴AC+BC的最大值為=故答案為：【點評】本題考查解三角形，涉及正弦定理和同角三角函數的基本關系，以及三角函數的化簡求最值，屬中檔題．12.設α、β，且sinαcos（α+β）=sinβ，則tanβ的最小值是．參考答案：【考點】三角函數中的恒等變換應用．【專題】方程思想；分析法；三角函數的求值．【分析】由條件利用兩角和差的正弦公式、同角三角函數的基本關系可得2tan2α?tanβ+tanβ﹣tanα=0，再根據△=1﹣8tan2β≥0，求得tanβ的最小值．【解答】解：∵sinαcos（α+β）=sinβ=sin[（α+β）﹣α]，∴sinαcos（α+β）=sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα，化簡可得tan（α+β）=2tanα，即=2tanα，∴2tan2α?tanβ﹣tanα+tanβ=0，∴△=1﹣8tan2β≥0，解得﹣≤tanβ≤，∵β∈（，π），∴﹣≤tanβ＜0，故答案為：﹣．【點評】本題主要考查兩角和差的正弦公式，同角三角函數的基本關系，屬于基礎題．13.已知，為單位向量，，且，則________．參考答案：【分析】根據向量的夾角公式及數量積的運算計算即可求解.【詳解】因為，又，所以，故答案為：【點睛】本題主要考查了向量數量積的定義，運算法則，性質，向量的夾角公式，屬于中檔題.14.若函數f（x）為定義在R上的奇函數，當x＞0時，f（x）=2x﹣1﹣3，則不等式f（x）＞1的解集為．參考答案：（﹣2，0）∪（3，+∞）15.（﹣）5的展開式的常數項為（用數字作答）．參考答案：﹣10【考點】二項式系數的性質．【專題】計算題；二項式定理．【分析】在（﹣）5展開式的通項公式中，令x的冪指數等于零，求出r的值，即可求出展開式的常數項．【解答】解：由于（﹣）5展開式的通項公式為Tr+1=?（﹣1）r?，令15﹣5r=0，解得r=3，故展開式的常數項是﹣10，故答案為：﹣10．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于中檔題．16.已知，則

.參考答案：略17.已知集合，，則

參考答案：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.如圖，側棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AA1+AB+AC=3，AB=AC=t（t＞0），P是側棱AA1上的動點．（1）當AA1=AB=AC時，求證：A1C⊥BC1；（2）試求三棱錐P﹣BCC1的體積V取得最大值時的t值．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；空間中直線與直線之間的位置關系．【分析】（1）推導出AC1⊥A1C，AB⊥AC，AB⊥AA1，由此能證明A1C⊥BC1．（2）推導出點P到平面BB1C1C的距離等于點A到平面BB1C1C的距離，從而三棱錐P﹣BCC1的體積==，再利用導數能求出三棱錐P﹣BCC1的體積V取得最大值時的t值．【解答】證明：（1）∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB，又∵AA1=AC，∴四邊形AA1C1C是正方形，∴AC1⊥A1C，∵AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC?平面AA1C1C，AA1∩AC=A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．解：（2）∵AA1∥平面BB1C1C，∴點P到平面BB1C1C的距離等于點A到平面BB1C1C的距離，∴三棱錐P﹣BCC1的體積：====（0＜t＜），∴V′=﹣t（t﹣1），令V′=0，得t=1或t=0（舍），當t∈（0，1）時，V′＞0，函數V（t）是增函數，當t∈（1，）時，V′＜0，函數V（t）是減函數，∴當t=1時，Vmax=．19.（本小題滿分12分）已知橢圓的方程為它的一個焦點與拋物線的焦點重合，離心率過橢圓的右焦點F作與坐標軸不垂直的直線交橢圓于A、B兩點.

（1）求橢圓的標準方程；（2）設點求直線的方程參考答案：解：（1）設橢圓的右焦點為（c，0）因為的焦點坐標為（2，0），所以c=2

……2分

則a2=5,b2=1

故橢圓方程為：……………４分（2）由（1）得F（2，0），設的方程為y=k(x-2)(k≠0)

………6分

…………10分………12分20.（本小題滿分12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，其中也是拋物線的焦點，點為與在第一象限的交點，且.（1）求的方程；（2）平面上的點滿足，直線，且與交于兩點，若，求直線的方程.參考答案：解：（I）由

知

設，，解得，

在上，且橢圓的半焦距，于是，消去并整理得，

解得（不合題意，舍去）。

故橢圓的方程為.

--------6分（II）由知四邊形是平行四邊形，其中心為坐標原點，

因為，所以與的斜率相同，故的斜率。設。由設，所以

因為，所以，解得

，故所求直線的方程為或.

-------------14分21.設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．

（1）若，△ABC的面積為，求c；

（2）若，求2c-a的取值范圍．參考答案：（1）由三角形面積公式，，因為，，所以a=2.（4分）

由余弦定理，

（6分）

（2）由正弦定理，所以

（8分）

因為

于是

（10分）

因為∈∈，所以∈.故2c-a的取值范圍為

（12分）

22.（12分）如圖，四面體中，是正三角形，是直角三角形．，．（1）證明：平面平面；（2