山西省運城市中學東校2022-2023學年高三數(shù)學文期末試題含解析

山西省運城市中學東校2022-2023學年高三數(shù)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.若函數(shù)滿足且時，，函數(shù)，則函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點的個數(shù)為（

）A．7

B．8

C．9

D．10參考答案：B略2.已知集合，則集合A的子集的個數(shù)為（）A．7 B．8 C．15 D．16參考答案：B【考點】16：子集與真子集．【分析】由≤0，可得（x+1）（x﹣2）≤0，且x≠2，解得x，根據(jù)x∈Z，可得x，A．即可得出．【解答】解：由≤0，可得（x+1）（x﹣2）≤0，且x≠2，解得﹣1≤x＜2，又x∈Z，可得x=﹣1，0，1，∴A={﹣1，0，1}．∴集合A的子集的個數(shù)為23=8．故選：B．3.已知復數(shù)z滿足=1﹣i，其中i是虛數(shù)單位，則復數(shù)z的虛部為（）A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1參考答案：A【考點】A5：復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算．【分析】利用復數(shù)的運算法則、虛部的定義即可得出．【解答】解：復數(shù)z滿足=1﹣i，∴z=﹣1+2i（1﹣i）=1+2i，∴z的虛部為2．故選：A．4.已知集合A={x|≤0}，B={0，1，2，3}，則A∩B=（）A．{1，2} B．{0，1，2} C．{1} D．{1，2，3}參考答案：A【考點】交集及其運算．【分析】求出A中不等式的解集確定出A，找出A與B的交集即可．【解答】解：由A中不等式變形得：x（x﹣2）≤0且x≠0，解得：0＜x≤2，即A=（0，2]，∵B={0，1，2，3}，∴A∩B={1，2}，故選：A．【點評】此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵．5.已知定義在R上的函數(shù)f（x）=2|x﹣m|﹣1（m為實數(shù)）為偶函數(shù)，記a=f（2﹣3），b=f（3m），c=f（log0.53），則(

)A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a參考答案：A【考點】對數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應用．【專題】數(shù)形結合；函數(shù)的性質(zhì)及應用．【分析】由題意可得m=0，可得f（x）=2|x|﹣1在（0，+∞）單調(diào)遞增，在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，比較三個變量的絕對值大小可得．【解答】解：∵定義在R上的函數(shù)f（x）=2|x﹣m|﹣1（m為實數(shù)）為偶函數(shù)，∴f（﹣1）=f（1），即2|﹣1﹣m|﹣1=2|1﹣m|﹣1，解得m=0，∴f（x）=2|x|﹣1在（0，+∞）單調(diào)遞增，在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，∵2﹣3=∈（0，1），3m=1，|log0.53|=log23＞1，∴f（2﹣3）＜f（3m）＜f（log0.53），即a＜b＜c故選：A【點評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，屬基礎題．6.已知函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期是π，若其圖象向右平移個單位后得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則函數(shù)y=f（x）的圖象（）A．關于點（，0）對稱 B．關于直線x=對稱C．關于點（，0）對稱 D．關于直線x=對稱參考答案：D【考點】H2：正弦函數(shù)的圖象．【分析】由周期求出ω=2，故函數(shù)f（x）=sin（2x+φ），再根據(jù)圖象向右平移個單位后得到的函數(shù)y=sin（2x﹣+φ]是奇函數(shù)，可得φ=﹣，從而得到函數(shù)的解析式，從而求得它的對稱性．【解答】解：由題意可得=π，解得ω=2，故函數(shù)f（x）=sin（2x+φ），其圖象向右平移個單位后得到的圖象對應的函數(shù)為y=sin[2（x﹣）+φ]=sin（2x﹣+φ]是奇函數(shù)，又|φ|＜，故φ=﹣，故函數(shù)f（x）=sin（2x﹣），故當x=時，函數(shù)f（x）=sin=1，故函數(shù)f（x）=sin（2x﹣）關于直線x=對稱，故選：D．7.如圖，是函數(shù)圖像上一點，曲線在點處的切線交軸于點，軸，垂足為若的面積為，則與滿足關系式（）

A.

B.C.D.參考答案：B8.△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，則等于(

)

A．2

B．2

C.

D.參考答案：D9.若函數(shù)為偶函數(shù)，時，單調(diào)遞增，，則的大小為（

）A、 B、 C、 D、參考答案：B10.已知，則的值是（

）A．

B．

C．

D．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.設函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且對任意的x∈R恒有f（x+1）=f（x﹣1），已知當x∈[0，1]時f（x）=（）1﹣x，則①2是函數(shù)f（x）的周期；②函數(shù)f（x）在（1，2）上是減函數(shù)，在（2，3）上是增函數(shù)；③函數(shù)f（x）的最大值是1，最小值是0；④當x∈（3，4）時，f（x）=（）x﹣3．其中所有正確命題的序號是．參考答案：①②④【考點】3L：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】根據(jù)條件求出函數(shù)的周期，即可判定①的真假，根據(jù)函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，以及在（0，1）上的單調(diào)性，可判定②的真假，根據(jù)單調(diào)性和周期性可求出函數(shù)的最值，可判定③的真假，最后求出函數(shù)在x∈[3，4]時的解析式即可判定④的真假【解答】解：∵對任意的x∈R恒有f（x+1）=f（x﹣1），∴f（x+2）=f（x）則f（x）的周期為2，故①正確；∵函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，當x∈[0，1]時，f（x）=（）1﹣x，∴函數(shù)f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，函數(shù)f（x）在（1，2）上是減函數(shù)，在（2，3）上是增函數(shù)，故②正確；∴函數(shù)f（x）的最大值是f（1）=1，最小值為f（0）=，故③不正確；設x∈[3，4]，則4﹣x∈[0，1]，f（4﹣x）=（）x﹣3=f（﹣x）=f（x），故④正確故答案為：①②④12.如圖：拋物線的焦點為F,原點為O，直線AB經(jīng)過點F，拋物線的準線與x軸交于點C，若，則=________．參考答案：13.正方體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為

參考答案：試題分析：正方體的內(nèi)切球的直徑為，正方體的棱長，外接球的直徑為，正方體的對角線長，設出正方體的棱長，即可求出兩個半徑，求出半徑之比．解：正方體的內(nèi)切球的直徑為，正方體的棱長，外接球的直徑為，正方體的對角線長，設正方體的棱長為：2a，所以內(nèi)切球的半徑為：a；外接球的直徑為2a，半徑為：a，所以，正方體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為：：3，故填寫考點：點評：本題是基礎題，考查正方體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比，正方體的內(nèi)切球的直徑為，正方體的棱長，外接球的直徑為，正方體的對角線長，是解決本題的關鍵14.已知函數(shù)

則________;若，則實數(shù)的取值范圍是_______________.參考答案：-5;，所以。由圖象可知函數(shù)在定義域上單調(diào)遞減，所以由得，，即，解得，即實數(shù)的取值范圍是。15.如圖，在ABC中，點E在AB邊上，點F在AC邊上，且，BF與CE交于點M，設，則的值為

。參考答案：16.如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，E在CD延長線上，且DE=CD．動點P從點A出發(fā)，沿正方形ABCD的邊按逆時針方向運動一周回到A點，其中=λ+μ，則下列命題正確的是

．（填上所有正確命題的序號）①λ≥0，μ≥0；②當點P為AD中點時，λ+μ=1；③若λ+μ=2，則點P有且只有一個；④λ+μ的最大值為3；⑤?的最大值為1．參考答案：①②④⑤【考點】平面向量的基本定理及其意義．【專題】平面向量及應用．【分析】建立如圖所示的直角坐標系，設正方形的邊長為1，可以得到=λ+μ=（λ﹣μ，μ），然后根據(jù)相對應的條件加以判斷即可．【解答】解：由題意，設正方形的邊長為1，建立坐標系如圖，則B（1，0），E（﹣1，1），∴=（1，0），（﹣1，1），∵=λ+μ，∴λ≥0，μ≥0；故①正確∴=λ+μ=（λ﹣μ，μ），當點P為AD中點時，∴=（0，），∴λ﹣μ=0，，故λ+μ=1；故②正確，當λ=μ=1時，=（0，1），此時點P與D重合，滿足λ+μ=2，當λ=，μ=時，=（1，），此時P是BC的中點，滿足λ+μ=2，故③錯誤當P∈AB時，有0≤λ﹣μ≤1，μ=0，∴0≤λ≤1，0≤λ+μ≤1，當P∈BC時，有λ﹣μ=1，0≤μ≤1，∴λ=μ+1，∴1≤λ≤2，∴1≤λ+μ≤3，當P∈CD時，有0≤λ﹣μ≤1，μ=1，∴μ≤λ≤μ+1，即1≤λ≤2，∴2≤λ+μ≤3，當P∈AD時，有λ﹣μ=0，0≤μ≤1，∴0≤λ≤1，∴0≤λ+μ≤2，綜上，0≤λ+μ≤3，故④正確；?=（λ﹣μ，μ）?（﹣1，1）=﹣λ+2μ，有推理④的過程可知﹣λ+2μ的最大值為1，綜上，正確的命題是①②④⑤．故答案：①②④⑤【點評】本題考查向量加減的幾何意義，涉及分類討論以及反例的方法，是易錯題．17.已知雙曲線的右焦點為F，O是坐標原點，若存在直線l過點F交雙曲線C的右支于A、B兩點，使得，則雙曲線的離心率e的取值范圍是___________．參考答案：

【分析】根據(jù)直線與雙曲線的位置關系設出直線方程，聯(lián)系直線與雙曲線整理出關于的方程，再利用數(shù)量積求解即可?！驹斀狻吭O，，直線的方程，由整理得，由直線交雙曲線C的右支于兩點，可得，且，兩式解得。因為整理可得，因為，所以即整理可得，由

得，解得，所以雙曲線的離心率的取值范圍是【點睛】本題考查直線、雙曲線的位置關系，由雙曲線的性質(zhì)求離心率，難度較大。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.已知函數(shù)，，且的解集為.[KS5UKS5U]（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，，，且，求證：.參考答案：（Ⅰ）的解集為可知.（Ⅱ）則當且僅當時等號成立，即，，時等號成立.19.（13分）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，AB=PA=4，BE=2．（Ⅰ）求證：CE∥平面PAD；（Ⅱ）求PD與平面PCE所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AB上是否存在一點F，使得平面DEF⊥平面PCE？如果存在，求的值；如果不存在，說明理由．參考答案：【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面平行的判定；直線與平面所成的角．【分析】（Ⅰ）設PA中點為G，連結EG，DG，可證四邊形BEGA為平行四邊形，又正方形ABCD，可證四邊形CDGE為平行四邊形，得CE∥DG，由DG?平面PAD，CE?平面PAD，即證明CE∥平面PAD．（Ⅱ）如圖建立空間坐標系，設平面PCE的一個法向量為=（x，y，z），由，令x=1，則可得=（1，1，2），設PD與平面PCE所成角為a，由向量的夾角公式即可得解．（Ⅲ）設平面DEF的一個法向量為=（x，y，z），由，可得，由?=0，可解a，然后求得的值．【解答】（本小題共14分）解：（Ⅰ）設PA中點為G，連結EG，DG．因為PA∥BE，且PA=4，BE=2，所以BE∥AG且BE=AG，所以四邊形BEGA為平行四邊形．所以EG∥AB，且EG=AB．因為正方形ABCD，所以CD∥AB，CD=AB，所以EG∥CD，且EG=CD．所以四邊形CDGE為平行四邊形．所以CE∥DG．因為DG?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD．…（4分）（Ⅱ）如圖建立空間坐標系，則B（4，0，0），C（4，4，0），E（4，0，2），P（0，0，4），D（0，4，0），所以=（4，4，﹣4），=（4，0，﹣2），=（0，4，﹣4）．設平面PCE的一個法向量為=（x，y，z），所以，可得．令x=1，則，所以=（1，1，2）．設PD與平面PCE所成角為a，則sinα=|cos＜，＞|=|=||=．．所以PD與平面PCE所成角的正弦值是．

…（9分）（Ⅲ）依題意，可設F（a，0，0），則，=（4，﹣4，2）．設平面DEF的一個法向量為=（x，y，z），則．令x=2，則，所以=（2，，a﹣4）．因為平面DEF⊥平面PCE，所以?=0，即2++2a﹣8=0，所以a=＜4，點．所以．

…（14分）【點評】本題主要考查了直線與平面平行的判定，直線與平面所成的角，點、線、面間的距離計算，考查了空間想象能力和轉化思想，屬于中檔題．20.如圖，AB是圓O的直徑，C，F(xiàn)為圓O上的點，CA是∠BAF的角平分線，CD與圓O切于點C，且交AF的延長線于點D，CM⊥AB，垂足為點M．（1）求證：DF=BM；（2）若圓O的半徑為1，∠BAC=60°，試求線段CD的長．參考答案：【考點】與圓有關的比例線段．【專題】轉化思想；轉化法；推理和證明．【分析】（1）根據(jù)三角形全等以及切割線定理進行證明即可證明DF=BM；（2）根據(jù)三角形中的邊角關系進行求解即可．【解答】解：（1）連接OC，CB，則有∠OAC=∠OCA，∵CA是∠BAF的角平分線，∴∠OAC=∠FAC，∴∠FAC=∠ACO，則OC∥AD，∵DC是圓O的切線，∴CD⊥OC，則CD⊥AD，由題意得△AMC≌△ADC，∴DC=CM，DA=AM，由切割線定理得DC2=DF?DA=DF?AM=CM2，①，在Rt△ABC中，由射影定理得CM2=AM?BM，②，由①②得DF?AM=AM?MB，即DF=MB．（2）在Rt△ABC中，AC=ABcos∠BAC=2cos30°=2×=，則CM=AC=，于是CD=CM=，即CD的長為．【點評】本題主要考查幾何的推理和證明，根據(jù)切割線定理以及三角形全等關系是解決本題的關鍵．考查學生的運算和推理能力．21.(本題滿分12分)如圖,的外接圓的半徑為,所在的平面,,,,且,.（1）求證:平面ADC平面BCDE.（2）試問線段DE上是否存