2022-2023學(xué)年湖南省常德市津第三中學(xué)高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試卷含解析

2022-2023學(xué)年湖南省常德市津第三中學(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選項(xiàng)中，只有是一個符合題目要求的1.點(diǎn)在第二象限是角的終邊在第三象限的（

）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：C2.從2、3、5、7這四個質(zhì)數(shù)中任取兩個相乘，可以得到不相等的積的個數(shù)是A．

B．

C．

D．參考答案：C略3.下列命題中正確命題的個數(shù)是（1）對于命題p：?x∈R，使得x2+x+1＜0，則￢p：?x∈R，均有x2+x+1＞0；（2）命題“已知x，y∈R，若x+y≠3，則x≠2或y≠1”是真命題（3）回歸直線的斜率的估計(jì)值為1.23，樣本點(diǎn)的中心為（4，5），則回歸直線方程為=1.23x+0.08（4）m=3是直線（m+3）x+my﹣2=0與直線mx﹣6y+5=0互相垂直的充要條件；（5）若a，b∈[0，1]，則不等式a2+b2＜成立的概率是；（）A．4 B．3 C．2 D．1參考答案：C【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；數(shù)學(xué)模型法；簡易邏輯．【分析】寫出命題的否定判斷（1）；寫出原命題的逆否命題并判斷真假判斷（2）；直接求出回歸直線方程判斷（3）；利用充分必要條件的判定方法判斷（4）；求出幾何概型的概率判斷（5）．【解答】解：（1）對于命題p：?x∈R，使得x2+x+1＜0，則￢p：?x∈R，均有x2+x+1≥0，故（1）錯誤；（2）命題“已知x，y∈R，若x+y≠3，則x≠2或y≠1”的逆否命題是：“已知x，y∈R，若x=2且y=1，則x+y=3”是真命題，∴原命題是真命題，故（2）正確；（3）∵回歸直線方程一定過樣本中心點(diǎn)，且回歸直線的斜率的估計(jì)值為1.23，∴5=+1.23×4，解得=0.08，∴這組數(shù)據(jù)對應(yīng)的線性回歸方程是=1.23x+0.08，故（3）正確；（4）由m（m+3）﹣6m=0，解得m=0或m=3，∴m=3是直線（m+3）x+my﹣2=0與直線mx﹣6y+5=0互相垂直的充分不必要條件，故（4）錯誤；（5）如圖，a，b∈[0，1]，則不等式a2+b2＜成立的概率是，故（5）錯誤．∴正確命題的個數(shù)是2個．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查命題的否定和逆否命題，考查了線性回歸方程的求法，訓(xùn)練了幾何概型概率的求法，是中檔題．4.若圓的圓心到直線的距離為，則a的值為（

）

A．-2或2

B．

C．

D．-2或0參考答案：C略5.已知，滿足不等式組，則目標(biāo)函數(shù)的最大值為A．10

B．8

C．6

D．4參考答案：C6.某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．參考答案：D7.已知函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ）的圖象如圖所示，則該函數(shù)的解析式可能是（）A．f（x）=sin（x+） B．f（x）=sin（x+）C．f（x）=sin（x+） D．f（x）=sin（x﹣）參考答案：B【考點(diǎn)】由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式．【專題】函數(shù)思想；數(shù)形結(jié)合法；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．【分析】函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)求出A的范圍，由周期求出ω的范圍，根據(jù)f（2π）＜0，結(jié)合所給的選項(xiàng)得出結(jié)論．【解答】解：由函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ）的圖象可得0＜A＜1，T=＞2π，求得0＜ω＜1．再根據(jù)f（2π）＜0，結(jié)合所給的選項(xiàng)，故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，正弦函數(shù)的圖象特征，屬于基礎(chǔ)題．8.如圖，在△ABC中，，，，則△ABC的面積為（

）A. B. C. D.參考答案：B【分析】過點(diǎn)分別作和的垂線，垂足分別為，結(jié)合題干條件得到為的平分線，根據(jù)角平分線定理得到，再由，結(jié)合余弦定理得到，在三角形中應(yīng)用余弦定理得到，最終求得面積.【詳解】過點(diǎn)分別作和的垂線，垂足分別為，由，得，則為的平分線，∴，又，即，解得;在中，，∴，∴.故選B.【點(diǎn)睛】本題主要考查正弦定理邊角互化及余弦定理的應(yīng)用與特殊角的三角函數(shù)，屬于簡單題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運(yùn)用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數(shù)有關(guān)的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數(shù)值，以便在解題中直接應(yīng)用.9.直線被圓所截得的弦長為

(

)

A．

B．1

C．

D．

參考答案：D圓心到直線的距離為，則弦長為，選D.10.中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細(xì)算相還．”其大意為：“有一個人走了378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地．”問此人第4天和第5天共走了（）A．60里 B．48里 C．36里 D．24里參考答案：C【考點(diǎn)】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用．【分析】由題意可知，每天走的路程里數(shù)構(gòu)成以為公比的等比數(shù)列，由S6=378求得首項(xiàng)，再由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得該人第4天和第5天共走的路程【解答】解：記每天走的路程里數(shù)為{an}，可知{an}是公比q=的等比數(shù)列，由S6=378，得S6=，解得：a1=192，∴，此人第4天和第5天共走了24+12=36里．故選：C．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(biāo)系xOy中，雙曲線的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線交于A，B兩點(diǎn)，若，則該雙曲線的漸近線方程為.參考答案：｜AF｜+｜BF｜=yA++yB+=4×yA+yB=p，因?yàn)閍2y2－2pb2y+a2b2=0，yA+yB==pa=b漸近線方程為12.已知各頂點(diǎn)都在同一球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的體積為． 參考答案：【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體；球的體積和表面積． 【專題】空間位置關(guān)系與距離． 【分析】先求正四棱柱的底面邊長，然后求其對角線，就是球的直徑，再求其體積． 【解答】解：正四棱柱高為4，體積為16，底面積為4，正方形邊長為2， 正四棱柱的對角線長即球的直徑為2， ∴球的半徑為，球的體積是V==， 故答案為： 【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生空間想象能力，四棱柱的體積，球的體積，容易疏忽的地方是幾何體的體對角線是外接球的直徑，導(dǎo)致出錯． 13.已知回歸直線的斜率的估計(jì)值為，樣本的中心點(diǎn)為，則回歸直線方程是

；參考答案：略14.圓C：的圓心到直線的距離是_______________.參考答案：315.在△ABC中，若點(diǎn)E滿足，則λ1+λ2=．參考答案：1【考點(diǎn)】平面向量的基本定理及其意義．【專題】對應(yīng)思想；轉(zhuǎn)化法；平面向量及應(yīng)用．【分析】根據(jù)向量的運(yùn)算性質(zhì)求出λ1和λ2的值，求和即可．【解答】解：如圖示：，∵=3，∴==（﹣），∴=++=++（﹣）=+，故λ1+λ2=1，故答案為：1．【點(diǎn)評】本題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查向量的加法與減法法則，是中檔題．16.已知集合

。參考答案： 17.，則的值等于

參考答案：8三、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.（本題滿分12分）已知橢圓C：(a>b>0)的上頂點(diǎn)為A，左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2,且橢圓C過點(diǎn)P(，)，以AP為直徑的圓恰好過右焦點(diǎn)F2.(1)求橢圓C的方程；(2)若動直線l與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)，試問：在軸上是否存在兩定點(diǎn)，使其到直線l的距離之積為1？若存在，請求出兩定點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.參考答案：(1)因?yàn)闄E圓過點(diǎn),解得a2=2,

又以AP為直徑的圓恰好過右焦點(diǎn)F2.所以AF2?F2P,即,b2=c(4?3c).……6分而b2=a2?c2=2?c2,所以c2?2c+1=0,解得c2=1,故橢圓C的方程是.

………4分(2)①當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l方程為y=kx+p，代入橢圓方程得(1+2k2)x2+4kpx+2p2－2=0.

因?yàn)橹本€l與橢圓C有只有一個公共點(diǎn)，所以△=16k2p2－4(1+2k2)(2p2－2)=8(1+2k2―p2)=0，即

1+2k2=p2.

…………………7分設(shè)在x軸上存在兩點(diǎn)(s,0),(t,0),使其到直線l的距離之積為1,則而(**)不恒成立.

…………10分②當(dāng)直線l斜率不存在時，直線方程為x=?時，定點(diǎn)(－1，0)、F2(1，0)到直線l的距離之積d1??

d2=(－1)(+1)=1.

綜上,存在兩個定點(diǎn)(1,0),(?1,0),使其到直線l的距離之積為定值1.

……………12分19.（12分）

設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且對任意n∈N*,都有a13＋a23＋a33＋…＋an3＝Sn2，其中Sn為數(shù)例{an}的前n項(xiàng)和．

（1）求證：an2＝2Sn－an；

（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（3）設(shè)bn＝3n＋（－1）n－1λ·2an（λ為非零整數(shù)，n∈N*），試確定λ的值，使得對任意n∈N*,都有bn＋1>bn成立．

參考答案：解析：（1）由已知，當(dāng)n＝1時，a13＝a12,又∵a1>0,∴a1＝1．

1分當(dāng)n≥2時，a13＋a23＋a33＋…＋an3＝Sn2①a13＋a23＋a33＋…＋an－13＝Sn－12②

2分由①②得，an3＝（Sn－Sn－1）（Sn－Sa－1）（Sa＋Sa－1）＝an（Sn＋Sn－1）．∵an>0,∴an2＝Sn＋Sn－1,又Sn－1＝Sa－aa,∴an2＝2Sn－an．

3分當(dāng)n＝1時，a1＝1適合上式．∴an2＝2Sn－an．

4分（2）由（1）知，an2＝2Sn－an,③當(dāng)n≥2時，an－12＝2Sn－1－an－1,④

5分由③④得，an2－an－12＝2（Sn－Sn－1）－an＋an－1＝an＋an－1．

6分∵an＋an－1>0,∴an－an－1＝1,數(shù)列{an}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為1．

7分∴an＝n．

8分（3）∵an＝n．,∴bn＝3n＋（－1）n－1λ·2n．要使bn＋1>bn恒成立，bn＋1－bn＝3n＋1－3n＋（－1）nλ·2n＋1－（－1）n－1λ·2n＝2×3n－3λ（－1）n－1·2n>0恒成立，

9分即（－1）n－1λ<（）n－1恒成立．ⅰ。當(dāng)n為奇數(shù)時，即λ<（）n－1恒成立．又（）n－1的最小值為1．∴λ<1．

10分ⅱ。當(dāng)n為偶數(shù)時，即λ>－（）恒成立，又－（）n－1的最大值為－，∴λ>－．

11分即－<λ<1，又λ≠0，λ為整數(shù)，∴λ＝－1，使得對任意n∈N*,都有bn＋1<bn．

12分20.(本小題滿分10分)選修4－1：幾何證明選講如圖，⊙O過平行四邊形ABCT的三個頂點(diǎn)B，C，T，且與AT相切，交AB的延長線于點(diǎn)D.(1)求證：AT2＝BT·AD；(2)E、F是BC的三等分點(diǎn)，且DE＝DF，求∠A.參考答案：（Ⅰ）證明：因?yàn)椤螦＝∠TCB，∠ATB＝∠TCB，所以∠A＝∠ATB，所以AB＝BT.又AT2＝AB×AD，所以AT2＝BT×AD． …4分（Ⅱ）取BC中點(diǎn)M，連接DM，TM．由（Ⅰ）知TC＝TB，所以TM⊥BC．因?yàn)镈E＝DF，M為EF的中點(diǎn)，所以DM⊥BC．所以O(shè)，D，T三點(diǎn)共線，DT為⊙O的直徑．所以∠ABT＝∠DBT＝90°.所以∠A＝∠ATB＝45°. …10分21.（本小題滿分13分） 已知函數(shù)f（x）=21nx－x2－ax． （1）當(dāng)a≥3時，討論函數(shù)f（x）在上的單調(diào)性； （2）如果x1，x2是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，且x1是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，用x1，x2表示a并證明：參考答案：【知識點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用B12（1）上函數(shù)單調(diào)遞減.；（2）.由已知可得：，令得（負(fù)根舍去），故在上恒成立，所以在上函數(shù)單調(diào)遞減.（2）是函數(shù)的兩個零點(diǎn)，兩式子相減可得：∴