2022-2023學(xué)年四川省宜賓市金坪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試卷含解析

1、2022-2023學(xué)年四川省宜賓市金坪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文下學(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選項中，只有是一個符合題目要求的1. 設(shè)全集U=R，集合A=x|1x4，B=1，2，3，4，5，則（CUA）B=（）A2，3B1，2，3，4C5D1，4，5參考答案：D【考點】交、并、補(bǔ)集的混合運算【分析】找出全集R中不屬于A的部分，求出A的補(bǔ)集，找出A補(bǔ)集與B的公共部分，即可確定出所求的集合【解答】解：全集U=R，集合A=x|1x4，CUA=x|x1或x4，B=1，2，3，4，5，則（CUA）B=1，4，5故選D2. 在正方體ABCDA1B1C1D1

2、中，點M、N分別是直線CD、AB上的動點，點P是A1C1D內(nèi)的動點（不包括邊界），記直線D1P與MN所成角為，若的最小值為，則點P的軌跡是（）A圓的一部分B橢圓的一部分C拋物線的一部分D雙曲線的一部分參考答案：B把MN平移到面A1B1C1D1中，直線D1P與MN所成角為，直線D1P與MN所成角的最小值，是直線D1P與面A1B1C1D1所成角，即原問題轉(zhuǎn)化為：直線D1P與面A1B1C1D1所成角為，求點P的軌跡點P在面A1B1C1D1的投影為圓的一部分，則點P的軌跡是橢圓的一部分解：把MN平移到面A1B1C1D1中，直線D1P與MN所成角為，直線D1P與MN所成角的最小值，是直線D1P與面A1B

3、1C1D1所成角，即原問題轉(zhuǎn)化為：直線D1P與面A1B1C1D1所成角為，點P在面A1B1C1D1的投影為圓的一部分，點P是A1C1D內(nèi)的動點（不包括邊界）則點P的軌跡是橢圓的一部分故選：B3. 設(shè)集合，則“”是“”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：A，若，則，解得，所以是的充分不必要條件，故選A。4. 設(shè)，則等于（ ） （A） （B）（C） （D）參考答案：答案：D解析：依題意，為首項為2，公比為8的前n4項求和，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可得D5. 點的直角坐標(biāo)是，在的條件下，它的極坐標(biāo)是（ ）A B C D 參考答案：A

4、略6. 一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個正三角形，則這個幾何體的外接球的表面積為（）ABCD參考答案：A【考點】L!：由三視圖求面積、體積【分析】由已知中幾何體的三視圖中，正視圖是一個正三角形，側(cè)視圖和俯視圖均為三角形，我們得出這個幾何體的外接球的球心O在高線PD上，且是等邊三角形PAC的中心，得到球的半徑，代入球的表面積公式，即可得到答案【解答】解：由已知中知幾何體的正視圖是一個正三角形，側(cè)視圖和俯視圖均為三角形，可得該幾何體是有一個側(cè)面PAC垂直于底面，高為，底面是一個等腰直角三角形的三棱錐，如圖則這個幾何體的外接球的球心O在高線PD上，且是等邊三角形PAC的中心，這個幾何體的

5、外接球的半徑R=PD=則這個幾何體的外接球的表面積為S=4R2=4（）2=故選：A7. 若曲線，則（）A、B、C、D、參考答案：D略8. 已知f（x）=sinxx，命題P：?x（0，），f（x）0，則( )AP是假命題，BP是假命題，CP是真命題，DP是真命題，參考答案：D【考點】全稱命題 【專題】簡易邏輯【分析】先判斷命題P的真假性，再寫出該命題的否定命題即可【解答】解：f（x）=sinxx，f（x）=cosx10f（x）是定義域上的減函數(shù)，f（x）f（0）=0命題P：?x（0，），f（x）0，是真命題；該命題的否定是故選：D【點評】本題考查了命題真假的判斷問題，也考查了命題與命題的否定之間

6、的關(guān)系，是基礎(chǔ)題9. 設(shè)函數(shù)，的定義域都為R，且是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是.是偶函數(shù) .|是奇函數(shù).|是奇函數(shù) .|是奇函數(shù)參考答案：C設(shè)，則，是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，為奇函數(shù)，選C.10. 已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )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. 已知x,y滿足約束條件，則的最大值為 參考答案：712. 已知實數(shù)x，y滿足，則的最大值為_ _.參考答案：-413. 已知,，且，則 參考答案：略14. 直線x-y+2=0被圓截得的弦長為_。參考答案：略15. 某鮮花店4枝玫瑰花與5枝牡丹花的價格之和不低于

7、27元，而6枝玫瑰花與3枝牡丹花的價格之和不超過27元，則購買這個鮮花店3枝玫瑰花與4枝牡丹花的價格之和的最大值是_元參考答案：36略16. 不難證明：一個邊長為a，面積為S的正三角形的內(nèi)切圓半徑，由此類比到空間，若一個正四面體的一個面的面積為S，體積為V，則其內(nèi)切球的半徑為 參考答案：由題意得，故將此方法類比到正四面體，設(shè)正四面體內(nèi)切球的半徑為R，則，即內(nèi)切球的半徑為17. 下列四個命題：若，則函數(shù)的最小值為；已知平面，直線，若則/；ABC中和的夾角等于180A；若動點P到點的距離比到直線的距離小1，則動點P的軌跡方程為。其中正確命題的序號為 。參考答案：三、 解答題：本大題共5小題，共72

8、分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 已知函數(shù)()若在區(qū)間上為減函數(shù)，求的取值范圍；()討論在內(nèi)的極值點的個數(shù)。參考答案：解：() (2分)在區(qū)間上為減函數(shù)O在區(qū)間上恒成立 (3分)是開口向上的拋物線 只需 即 (5分) (6分) ()當(dāng)時， 存在，使得在區(qū)間內(nèi)有且只有一個極小值點 (8分) 當(dāng)時 存在，使得在區(qū)間內(nèi)有且只有一個極大值點 (10分)當(dāng)時，由()可知在區(qū)間上為減函數(shù)在區(qū)間內(nèi)沒有極值點綜上可知，當(dāng)時，在區(qū)間內(nèi)的極值點個數(shù)為當(dāng)時，在區(qū)間內(nèi)的極值點個數(shù)為 (12分)略19. （本小題滿分14分）已知常數(shù)，函數(shù)，討論在上的單調(diào)性；若在上存在兩個極值點，且，求常數(shù)的取值范圍參考

9、答案：（1）當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間（，）上單調(diào)遞增 （2）的取值范圍為 考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)20. 如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直ABCD，ABBC，AB=2CD=2BC，EAEB（）求證：ABDE；（）求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；（）線段EA上是否存在點F，使EC平面FBD？若存在，求出；若不存在，說明理由參考答案：考點：用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面平行的判定；向量語言表述線面的垂直、平行關(guān)系 專題：綜合題；空間角分析：（）取AB中點O，連接EO，DO利用等腰三角形的性質(zhì)，可得EOAB，證明邊形OB

10、CD為正方形，可得ABOD，利用線面垂直的判定可得AB平面EOD，從而可得ABED；（）由平面ABE平面ABCD，且EOAB，可得EO平面ABCD，從而可得EOOD建立空間直角坐標(biāo)系，確定平面ABE的一個法向量為，利用向量的夾角公式，可求直線EC與平面ABE所成的角；（）存在點F，且時，有EC平面FBD確定平面FBD的法向量，證明=0即可解答：（）證明：取AB中點O，連接EO，DO因為EB=EA，所以EOAB 因為四邊形ABCD為直角梯形，AB=2CD=2BC，ABBC，所以四邊形OBCD為正方形，所以ABOD 因為EOOD=O所以AB平面EOD 因為ED?平面EOD所以ABED （）解：因為

11、平面ABE平面ABCD，且 EOAB，平面ABE平面ABCD=AB所以EO平面ABCD，因為OD?平面ABCD，所以EOOD由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz 因為EAB為等腰直角三角形，所以O(shè)A=OB=OD=OE，設(shè)OB=1，所以O(shè)（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）所以，平面ABE的一個法向量為 設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為，所以 ，即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為 （）解：存在點F，且時，有EC平面FBD 證明如下：由 ，所以設(shè)平面FBD的法向量為=（a，b，c），則有所以取a=1

12、，得=（1，1，2） 因為=（1，1，1）?（1，1，2）=0，且EC?平面FBD，所以EC平面FBD即點F滿足時，有EC平面FBD 點評：本題考查線面垂直，考查線面平行，考查線面角，考查利用向量解決線面角問題，確定平面的法向量是關(guān)鍵21. （本小題滿分12分）如圖，在直棱柱，。（I）證明：； （II）求直線所成角的正弦值。參考答案：() . - 4 （）。-1222. 如圖，已知拋物線y2=2px（p0）上點（2，a）到焦點F的距離為3，直線l：my=x+t（t0）交拋物線C于A，B兩點，且滿足OAOB圓E是以（p，p）為圓心，p為直徑的圓（1）求拋物線C和圓E的方程；（2）設(shè)點M為圓E上的

13、任意一動點，求當(dāng)動點M到直線l的距離最大時的直線方程參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題 【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（1）由焦點弦的性質(zhì)可得2+=3，解得p，即可得出；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）聯(lián)立方程，可得根與系數(shù)的關(guān)系利用OAOB得x1x2+y1y2=0，可得t=4，故直線AB過定點N（4，0）由于當(dāng)MNl，動點M經(jīng)過圓心E（2，2）時到直線l的距離d取得最大值即可得出解：（1）由題意得2+=3，得p=2，拋物線C和圓E的方程分別為：y2=4x；（x+2）2+（y2）2=1（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）聯(lián)立方程，整理得y24my+4t=0，由韋達(dá)定理得則，由OAOB得x1x2+y1y2=0，即（m2+1）y1y2mt（y1+y2）+