2022-2023學年山東省淄博市索鎮(zhèn)前畢中學高三數學文期末試題含解析

1、2022-2023學年山東省淄博市索鎮(zhèn)前畢中學高三數學文期末試題含解析一、 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. 若是奇函數，且是的一個零點，則一定是下列哪個函數的零點（ ） A. B. C. D.參考答案：C2. 設數列an的前n項和Sn=2n1，則a5的值為（）A4B8C16D32參考答案：B【考點】等比數列的前n項和；等比數列的通項公式【分析】利用數列的前n項的和與第n項的關系可得a5 =S5S4=2423，運算求得結果【解答】解：數列an的前n項和，則a5 =S5S4=2423=8，故選 B3. 已知集合M=x|x2-2

2、x-30，N=x| x1，則MN=A.(3,+) B.(1,3) C.1,3) D. (-1,+) 參考答案：C略4. 要得到函數的圖像,只需把函數的圖像（ ）A沿軸向左平移個單位，再把橫坐標伸長為原來的2倍,縱坐標不變B沿軸向右平移個單位，再把橫坐標伸長為原來的2倍,縱坐標不變C橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變再沿軸向右平移個單位D橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變,再沿軸向左平移個單位參考答案：D5. 若cos=，為第四象限角，則cos（+）的值為（）ABCD參考答案：B【考點】兩角和與差的余弦函數【分析】可先由同角三角函數的基本關系求出的正弦，然后由余弦的和角公式求出的值即可得到答案【解答】解

3、：cos=，為第四象限角，得sin=，cos（+）=coscossinsin=+=故選：B6. 已知向量，則（ ）A B C D 參考答案：C解析：本題考查向量的基本運算，屬于基礎題.故選C.7. 若非空集合A，B，C滿足AB=C，且B不是A的子集，則（）A“xC”是“xA”的充分條件但不是必要條件B“xC”是“xA”的必要條件但不是充分條件C“xC”是“xA”的充要條件D“xC”既不是“xA”的充分條件也不是“xA”必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷【專題】作圖題【分析】找出A，B，C之間的聯系，畫出韋恩圖【解答】解：xA?xC，但是xC不能?xA，所以B正確另外

4、畫出韋恩圖，也能判斷B選項正確故選B【點評】此題較為簡單，關鍵是要正確畫出韋恩圖，再結合選項進行判斷8. 下列語句中是算法的個數為 （ ） 從濟南到巴黎：先從濟南坐火車到北京，再坐飛機到巴黎； 統籌法中“燒水泡茶”的故事； 測量某棵樹的高度，判斷其是否是大樹； 已知三角形的一部分邊長和角，借助正余弦定理求得剩余的邊角，再利用三角形的面積公式求出該三角形的面積。 A1 B2 C3 D4參考答案：C9. 已知命題p：?x0，x+2，命題q：“x=2“x25x+6=0“的必要不充分條件，則下列命題為真命題的是（）A p（q）Bq（p）CpqDp（q）參考答案：D略10. 已知z=i（1+i），則在復

5、平面內，復數z所對應的點在（）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【考點】復數代數形式的乘除運算 【專題】轉化思想；轉化法；數系的擴充和復數【分析】利用復數的運算法則、幾何意義即可得出【解答】解：z=i（1+i）=1+i，則在復平面內，復數z所對應的點（1，1）在第二象限，故選：B【點評】本題考查了復數的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 在平面直角坐標系中，曲線上任意一點到直線的距離的最小值為 參考答案：12. 已知函數，且在處的切線與直線垂直，則a= 參考答案：1函數，求導得：.在處的切線斜率為.

6、解得.13. 設全集U=R，集合A=x|x2，B=x|x24x+30，則AB= ，AB= ，?UB= 參考答案：（2，3）; （1，+）; （，13，+）.【考點】交集及其運算 【專題】集合【分析】求出B中不等式的解集確定出B，找出A與B的交集，并集，求出B的補集即可【解答】解：由B中不等式變形得：（x1）（x3）0，解得：1x3，即B=（1，3），A=（2， +），AB=（2，3），AB=（1，+），?UB=（，13，+）故答案為：（2，3）；（1，+）；（，13，+）【點評】此題考查了交集及其運算，并集及其運算，以及補集的運算，熟練掌握各自的定義是解本題的關鍵14. 正項等比數列= _.參

7、考答案：9略15. 在的展開式中x的系數是_.（用數字作答）參考答案：-5616. 若函數在(0,+)上僅有一個零點，則a=_參考答案：【分析】令，并將其化為，構造函數，利用導數研究函數的單調性，求得其極大值，令等于這個極大值，解方程求得的值.【詳解】令并化簡得，構造函數，由于，故函數在上導數小于零，遞減，在上導數大于零，遞增，由，當，有,當時，且時，,函數在處取得極大值也是最大值為，又，所以當時，只有，解得.【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數零點問題，考查構造函數法，考查極值、最值的求法，屬于中檔題.17. 已知橢圓點M與C的焦點不重合若M關于C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點

8、在C上，則|AN|BN| 參考答案：【知識點】橢圓的定義;橢圓的基本性質的應用.H5【答案解析】8 解析：如圖：MN的中點為Q，易得|QF2|NB|，|QF1|AN|，Q在橢圓C上，|QF1|+|QF2|=2a=4，|AN|+|BN|=8故答案為8【思路點撥】畫出圖形，利用中點坐標以及橢圓的定義，即可求出|AN|+|BN|的值三、 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,在斜三棱柱中,側面底面,側棱與底面成60的角,.底面是邊長為2的正三角形,其重心為點, 是線段上一點,且.(1)求證:/側面;(2)求平面與底面所成銳二面角的余弦值。參考答案：解法

9、1:(1)延長B1E交BC于點F,FEB,BE=EC1,BF=B1C1=BC, 從而點F為BC的中點. G為ABC的重心,A、G、F三點共線.且, 又GE側面AA1B1B,GE/側面AA1B1B. 5分(2) 側面AA1B1B底面ABC,側棱AA1與底面ABC成60的角,A1AB=60, 又AA1=AB=2,取AB的中點O,則AO底面ABC. 以O為原點建立空間直角坐標系O如圖, 則,. G為ABC的重心,., . 又GE側面AA1B1B,GE/側面AA1B1B. 6分(2)設平面B1GE的法向量為,則由得可取又底面ABC的一個法向量為 設平面B1GE與底面ABC所成銳二面角的大小為,則. 故

10、平面B1GE與底面ABC成銳二面角的余弦值為. 12分略19. （2017?樂山二模）如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A、B外的一個動點，DC垂直于半圓O所在的平面，DCEB，DC=EB，AB=4，tanEAB=（1）證明：平面ADE平面ACD；（2）當三棱錐CADE體積最大時，求二面角DAEB的余弦值參考答案：【考點】與二面角有關的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的判定【分析】（）由已知條件推導出BC平面ACD，BCDE，由此證明DE平面ACD，從而得到平面ADE平面ACD（）依題意推導出當且僅當時三棱錐CADE體積最大，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角DAEB的余弦值【解答

11、】（）證明：AB是直徑，BCAC（1分），CD平面ABC，CDBC（2分），CDAC=C，BC平面ACD（3分）CDBE，CD=BE，BCDE是平行四邊形，BCDE，DE平面ACD，DE?平面ADE，平面ADE平面ACD（）依題意，由（）知=，當且僅當時等號成立 （8分）如圖所示，建立空間直角坐標系，則D（0，0，1）， ，（9分）設面DAE的法向量為，即，（10分）設面ABE的法向量為，即，（12分）與二面角DAEB的平面角互補，二面角DAEB的余弦值為 （13分）【點評】本題考查平面與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用20. 在四棱錐中，AC與

12、BD相交于點M，點N在線段AP上，且平面PCD.（1）求實數的值；（2）若, 求點N到平面PCD的距離.參考答案：解法一：（1）因為,所以 因為，平面，平面平面，所以 所以，即 (2) 因為，所以為等邊三角形，所以，又因為，所以且， 所以且，又因為，所以 因為平面，所以平面作于，因為平面，所以平面 又因為，所以即為到平面的距離 在中，設邊上的高為，則，因為，所以，即到平面的距離為 解法二、（1）同解法一 （2）因為，所以為等邊三角形，所以，又因為，所以且， 所以且，又因為，所以 設點到平面的距離為，由得，所以， 即 因為，所以，解得，即到平面的距離為21. 在直角坐標系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建坐標系,已知曲線（a0），已知過點P（2，4）的直線L的參數方程為：，直線L與曲線C分別交于M，N 寫出曲線C的直角坐標方程和直線L的普通方程； 若|PM|，|MN|，|PN|成等比數列