2022-2023學(xué)年貴州省遵義市仁懷市茅壩鎮(zhèn)茅壩中學(xué)高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試卷含解析

2022-2023學(xué)年貴州省遵義市仁懷市茅壩鎮(zhèn)茅壩中學(xué)高三數(shù)學(xué)文上學(xué)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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知f(x)在R上是奇函數(shù)，f(x＋4)＝f(x)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f(x)＝2x2，則f(7)＝(

)．A．－2

B．2

C．－98

D．98參考答案：A2.設(shè)命題p:函數(shù)在定義域上為減函數(shù)，命題q:,當(dāng)a+b=1時(shí)，，以下說法正確的是(

)A.為真

B.為真

C.p真q假

D.p、q均假參考答案：D略3.拋物線C1：y2=4x，雙曲線C2：﹣=1（a＞0，b＞0），若C1的焦點(diǎn)恰為C2的右焦點(diǎn)，則2a+b的最大值為(

) A． B．5 C． D．2參考答案：A考點(diǎn)：雙曲線的簡單性質(zhì)．專題：計(jì)算題；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：求出拋物線的焦點(diǎn)（1，0），即有c=1，即a2+b2=1，（a＞0，b＞0），設(shè)a=cosα，b=sinα（0＜α＜），運(yùn)用兩角和的正弦公式和正弦函數(shù)的值域，即可得到最大值．解答： 解：拋物線C1：y2=4x的焦點(diǎn)為（1，0），即有雙曲線的c=1，即a2+b2=1，（a＞0，b＞0），設(shè)a=cosα，b=sinα（0＜α＜），則2a+b=2cosα+sinα=（cosα+sinα）=sin（α+θ）（其中tanθ=2，θ為銳角），當(dāng)α+θ=時(shí)，2a+b取得最大值，且為．故選A．點(diǎn)評：本題考查拋物線和雙曲線的方程和性質(zhì)，主要考查雙曲線的a，b，c的關(guān)系，運(yùn)用三角換元和正弦函數(shù)的值域是解題的關(guān)鍵．4.設(shè)角的終邊過點(diǎn)(1,2)，則（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：A5.公元263年左右，我國數(shù)學(xué)家劉徽發(fā)現(xiàn)當(dāng)圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)無限增加時(shí)，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創(chuàng)立了“割圓術(shù)”．利用“割圓術(shù)”劉徽得到了圓周率精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位的近似值3.14，這就是著名的“徽率”．如圖是利用劉徽的“割圓術(shù)”思想設(shè)計(jì)的一個(gè)程序框圖，則輸出n的值為（）（參考數(shù)據(jù)：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．48參考答案：B【考點(diǎn)】EF：程序框圖．【分析】列出循環(huán)過程中S與n的數(shù)值，滿足判斷框的條件即可結(jié)束循環(huán)．【解答】解：模擬執(zhí)行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，不滿足條件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，不滿足條件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，滿足條件S≥3.10，退出循環(huán)，輸出n的值為24．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查循環(huán)框圖的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力，注意判斷框的條件的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．6.歐拉公式為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里占用非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)歐拉公式可知，表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面中位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限參考答案：B【分析】由歐拉公式,可得=cos2+isin2，表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的象限.【詳解】解：由歐拉公式，可得=cos2+isin2，此復(fù)數(shù)在復(fù)平面中對應(yīng)的點(diǎn)為（cos2，sin2），易得cos2＜0，sin2＞0，可得此點(diǎn)位于第二象限，故選B.7.設(shè)集合，，若，則的值為

（

）A．0

B．1

C．

D．參考答案：A略8.如圖，三個(gè)幾何體，一個(gè)是長方體、一個(gè)是直三棱柱，一個(gè)是過圓柱上下底面圓心切下圓柱的四分之一部分，這三個(gè)幾何體的主視圖和俯視圖是相同的長方形，則它們的體積之比為(

)A.

B.

C.

D.參考答案：A9.為得到函數(shù)的圖像，只需將函數(shù)的圖像（

）A．向左平移個(gè)長度單位

B．向右平移個(gè)長度單位C．向左平移個(gè)長度單位

D．向右平移個(gè)長度單位參考答案：A10.在等比數(shù)列中，為其前項(xiàng)和，已知，則此數(shù)列的公比為（

）A.5

B.

Ｃ.3D.4參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)是定義在R上的以1為周期的函數(shù)，若函數(shù)+在上的值域?yàn)?。則在上的值域?yàn)?/p>

參考答案：12.球O與正方體ABCD-A1B1C1D1各面都相切,P是球O上一動點(diǎn),AP與面ABCD所成角為a,則a最大時(shí),其正切值為

．

參考答案：13.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=11﹣2n，設(shè)Tn=|a1|+|a2|+…+|an|，則T10的值為．參考答案：50【考點(diǎn)】數(shù)列的求和．【分析】設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn=10n﹣n2．令an=11﹣2n≥0，解得n≤=5+．則T10=|a1|+|a2|+…+|a10|=a1+…+a5﹣a6﹣…﹣a10=2S5﹣S10．【解答】解：設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn==10n﹣n2．令an=11﹣2n≥0，解得n≤=5+．設(shè)T10=|a1|+|a2|+…+|a10|=a1+…+a5﹣a6﹣…﹣a10=2S5﹣S10=2×（10×5﹣52）﹣（10×10﹣102）=50，故答案為：50．【點(diǎn)評】本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．14.已知m=3sinxdx，則二項(xiàng)式（a+2b﹣3c）m的展開式中ab2cm﹣3的系數(shù)為．參考答案：﹣6480【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)；定積分．【分析】求定積分得到m=6，再利用二項(xiàng)式定理求得展開式中ab2cm﹣3的系數(shù)即可．【解答】解：∵m=3sinxdx=﹣3cosx=6，∴二項(xiàng)式（a+2b﹣3c）6=[（2b﹣3c）+a]6展開式中含ab2c3的項(xiàng)為?a?（2b﹣3c）5；對于（2b﹣3c）5，含b2c3的項(xiàng)為?（2b）2?（﹣3c）3，故含ab2c3的項(xiàng)的系數(shù)為?22??（﹣3）3=﹣6480．故答案為：﹣6480．【點(diǎn)評】本題主要考查了定積分的計(jì)算與二項(xiàng)式定理的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．15.已知函數(shù)，若對任意有成立，則方程在上的解為

。參考答案：16.已知，則|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|=．參考答案：512【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理的應(yīng)用．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；二項(xiàng)式定理．【分析】|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|，即（1+x）9展開式的各項(xiàng)系數(shù)和，令x=1，可得（1+x）9展開式的各項(xiàng)系數(shù)和．【解答】解：已知，則|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|，即（1+x）9展開式的各項(xiàng)系數(shù)和，令x=1，可得（1+x）9展開式的各項(xiàng)系數(shù)和為|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|=29=512，故答案為：512．【點(diǎn)評】本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，求展開式的系數(shù)和常用的方法是賦值法，屬于基礎(chǔ)題．17.若實(shí)數(shù)、滿足約束條件則的最大值是．參考答案：6三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=，DF=2BE=2，BE∥DF，F(xiàn)C=AF=2．（Ⅰ）求證：EC∥平面ADF；（Ⅱ）求證：平面ACE⊥平面BDFE；（Ⅲ）求點(diǎn)F到平面ACE的距離．參考答案：【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算；平面與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由AD∥BC，F(xiàn)D∥BE，得平面BCF∥平面ADF，由此能證明EC∥平面ADF．（Ⅱ）推導(dǎo)出DF⊥DC，DF⊥DA，從而DF⊥平面ABCD，進(jìn)而DF⊥AC，再求出DB⊥AC，從而AC⊥平面BDFE，由此能證明平面ACE⊥平面BDFE．（Ⅲ）設(shè)F到平面ACE的距離為h，AC∩BD=O，連接OE、OF，由V三棱錐F﹣OEA=V三棱錐A﹣OEF，能求出F到平面ACE的距離．【解答】（本小題滿分12分）證明：（Ⅰ）∵AD∥BC，F(xiàn)D∥BE，AD∩FD=D，BE∩BC=B，∴平面BCF∥平面ADF，EC?平面BEC，∴EC∥平面ADF．…（Ⅱ）∵FC=2，DC=DF=2，∴FC2=DC2+DF2，∴DF⊥DC，同理DF⊥DA，∴DF⊥平面ABCD，∴DF⊥AC，又∵四邊形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，∵BD∩DF=D，∴AC⊥平面BDFE，∵AC?平面AEC，∴平面ACE⊥平面BDFE．…解：（Ⅲ）設(shè)F到平面ACE的距離為h，AC∩BD=O，連接OE、OF，由（2）可知，四邊形BDFE是直角梯形，，又∵AO⊥平面BDFE，∴，又在△OBE中，，∴，V三棱錐F﹣OEA=V三棱錐A﹣OEF，解得，∴F到平面ACE的距離為…19.（本小題滿分10分）設(shè)函數(shù)．(1)若不等式成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)當(dāng)時(shí)，證明：．參考答案：20.（本小題滿分12分）如圖，橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)是，O為坐標(biāo)原點(diǎn).（Ⅰ）已知橢圓短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)與一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角

形，求橢圓的方程；

（Ⅱ）設(shè)過點(diǎn)F的直線l交橢圓于A、B兩點(diǎn).若直線l繞點(diǎn)F任意轉(zhuǎn)動，恒有，求a的取值范圍.參考答案：解析：本小題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、不等式的解法等基本

知識，考查分類與整合思想，考查運(yùn)算能力和綜合解題能力。滿分12分。解法一：(Ⅰ)設(shè)M，N為短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)，因?yàn)椤鳛檎切危?/p>

所以,即 因此，橢圓方程為

(Ⅱ)設(shè)

(ⅰ)當(dāng)直線與軸重合時(shí)，

(ⅱ)當(dāng)直線不與軸重合時(shí)， 設(shè)直線的方程為：

整理得

所以

因?yàn)楹阌校院銥殁g角.

即恒成立.

又，所以對恒成立，即對恒成立，當(dāng)時(shí)，最小值為0，所以，，因?yàn)樗裕?解得或(舍去)，即.綜合（i）(ii)，a的取值范圍為.解法二：

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)解：(ⅰ)當(dāng)直線垂直于軸時(shí)，代人，.因?yàn)楹阌?，，即?/p>

解得或(舍去)，即.

(ⅱ)當(dāng)直線與不垂直于軸時(shí)，

設(shè)直線的方程為代入.

得，

故

因?yàn)楹阌校?/p>

所以，

得恒成立。

由題意得對恒成立。①當(dāng)時(shí)，不合題意；

②當(dāng)時(shí)，；

③當(dāng)時(shí)，，

解得或(舍去)，即，因此.綜合（i）(ii)，a的取值范圍為.21.已知函數(shù)。(Ⅰ)若曲線在點(diǎn)處的切線與直線平行，求的值；（Ⅱ）若函數(shù)在其導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間上也是單調(diào)的，求的取值范圍．參考答案：解：（1）由題知，有，得或

……4分而當(dāng)時(shí)，切線與平行，符合題意當(dāng)時(shí)，切線為重合，不合條件，舍去故．

……………6分（2），設(shè)，，設(shè)的兩根為（1）當(dāng)即時(shí)，，單調(diào)遞增，滿足題意；………8分（2）當(dāng)即或時(shí)，①若，則，即，此時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，而在上單調(diào)遞增，故不滿足題意

…………10分②若，則，此時(shí)，在上單調(diào)遞增，滿足題意

……………12分③若，則，此時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故不滿足題意

……………14分綜上得的取值范