安徽省滁州市天长第二中学2022-2023学年高三数学文期末试题含解析

1、安徽省滁州市天长第二中学2022-2023学年高三数学文期末试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 函数（）A在上递增B在上递增，在上递减 C在上递减D在上递减，在上递增参考答案：D2. 定义在上的函数是奇函数又是以为周期的周期函数,则等于A.-1B.0 C.1 D.4参考答案：B3. 已知f（x）=，g（x）=（kN*），对任意的c1，存在实数a，b满足0abc，使得f（c）=f（a）=g（b），则k的最大值为( )A2B3C4D5参考答案：B考点：函数的值 专题：函数的性质及应用分析：根据题意转化为：，对于x1

2、恒成立，构造函数h（x）=x?求导数判断，h（x）=，且y=x2lnx，y=10在x1成立，y=x2lnx在x1单调递增，利用零点判断方法得出存在x0（3，4）使得f（x）f（x0）3，即可选择答案解答：解：f（x）=，g（x）=（kN*），对任意的c1，存在实数a，b满足0abc，使得f（c）=f（a）=g（b），可得：，对于x1恒成立设h（x）=x?，h（x）=，且y=x2lnx，y=10在x1成立，即32ln30，42ln40，故存在x0（3，4）使得f（x）f（x0）3，k的最大值为3故选：B点评：本题考查了学生的构造函数，求导数，解决函数零点问题，综合性较强，属于难题4. 将5名实习

3、教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，则不同的分配方案有A30种 B60种 C90种 D150种参考答案：D5. 已知数列an满足： =，且a2=2，则a4等于（）AB23C12D11参考答案：D【考点】等比数列的通项公式【分析】数列an满足： =，可得an+1+1=2（an+1），利用等比数列的通项公式即可得出【解答】解：数列an满足： =，an+1+1=2（an+1），即数列an+1是等比数列，公比为2则a4+1=22（a2+1）=12，解得a4=11故选：D6. 过抛物线y2=2px（p0）的焦点，斜率为的直线被抛物线截得的线段长为25，则该抛物线的准线方程为（）Ax=8Bx=4

4、Cx=2Dx=1参考答案：B【考点】抛物线的简单性质【分析】求出直线方程，联立直线方程和抛物线方程转化为一元二次方程，根据抛物线的弦长公式进行求解即可【解答】解：过抛物线y2=2px（p0）的焦点为（，0），斜率为的直线方程为y=（x），代入y2=2px，得（x）2=2px，整理得8x217px+2p2=0，A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，|AB|=x1+x2+p=+p=25，p=25，则p=8，则抛物线的直线方程为x=4，故选：B7. 设a，bR，那么“1”是“ab0”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件参考答案：B【考点】必要条件、充

5、分条件与充要条件的判断 【专题】不等式的解法及应用【分析】ab0，可推出，而当，时，例如取a=2，b=1，显然不能推出ab0，由充要条件的定义可得答案【解答】解：由不等式的性质，ab0，可推出，而当，时，例如取a=2，b=1，显然不能推出ab0故是ab0的必要不充分条件故选B【点评】本题为充要条件的判断，正确利用不等式的性质是解决问题的关键，属基础题8. 已知函数，则（ ）A 0 B1 C. D2参考答案：B9. 设，则（A）（B）（C）（D）参考答案：A略10. 函数的值域为 ( ）A B C D参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知点O为的外心，且,则_

6、参考答案：612. 一个所有棱长均为的正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面的中心）的顶点与底面的三个顶点均在某个球的球面上，则此球的体积为 参考答案：考点：球内接多面体 专题：立体几何分析：求出正四棱锥底面对角线的长，判断底面对角线长，就是球的直径，即可求出球的体积解答：解：正三棱锥的边长为，则该正三棱锥所在的正方体也为外接球的内接几何体所以正方体的体对角线为外接球的直径正方体的边长为1，所以所求球的半径为：r=，所以球的体积为：V球=故答案为：点评：本题是中档题，考查空间想象能力，注意正三棱锥和正方体的转化，正方体额对角线的长是球的直径是解题的关键点，考查计算能力13. 若函数f

7、（x）=x3+x2ax+3a在区间1，2上单调递增，则实数a的取值范围是参考答案：（，3【分析】首先对f（x）求导：f（x）=x2+2xa；函数f（x）=x3+x2ax+3a在区间1，2上单调递增即导函数f（x）在1，2上恒有f（x）0；【解答】解：对f（x）求导：f（x）=x2+2xa；函数f（x）=x3+x2ax+3a在区间1，2上单调递增即导函数f（x）在1，2上恒有f（x）0；f（x）为一元二次函数，其对称轴为：x=1，开口朝上，故f（x）在1，2上为单调递增函数；故只需满足：f（1）0 解得：a3；故答案为：（，314. （1）（0.3）+=（2）2log23+log43=参考答案：

8、解：（1）（0.3）+=51+8=12故答案为：12（2）2log23+log43=2log23+log23=log23故答案为： log23考点：对数的运算性质；有理数指数幂的化简求值专题：计算题；函数思想；函数的性质及应用分析：直接利用有理指数幂以及对数运算法则化简求解即可解答：解：（1）（0.3）+=51+8=12故答案为：12（2）2log23+log43=2log23+log23=log23故答案为： log23点评：本题考查有理指数幂的运算法则以及对数运算法则的应用，考查计算能力15. 已知函数,若函数在上为单调函数,则的取值范围是 .参考答案：16. 已知集合是满足下列性质的函数

9、的全体：存在非零常数k, 对定义域中的任意，等式恒成立现有两个函数，则函数、与集合的关系为 参考答案：17. 设a0且a1，若函数f（x）=ax1+2的反函数的图象经过定点P，则点P的坐标是参考答案：（3，1）【考点】反函数【分析】由于函数f（x）=ax1+2经过定点（1，3），再利用反函数的性质即可得出【解答】解：函数f（x）=ax1+2经过定点（1，3），函数f（x）的反函数的图象经过定点P（3，1），故答案为：（3，1）三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. (本小题满分14分) 如图，已知正方体的棱长为2，E、F分别是、的中点，过、E、F作

10、平面交于G.（）求证：；（）求二面角的余弦值；（）求正方体被平面所截得的几何体的体积.参考答案：（）证明：在正方体中，平面平面 平面平面，平面平面 .-3分（）解：如图，以D为原点分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则有D1（0，0，2），E（2，1，2），F（0，2，1）， 设平面的法向量为 则由，和，得， 取，得，-6分又平面的法向量为（0，0，2）故； 截面与底面所成二面角的余弦值为. -9分（）解：设所求几何体的体积为V， ， ， ，-11分故V棱台 V=V正方体-V棱台. -14分略19. 椭圆椭圆方程+=1（ab0），离心率e=，P在椭圆上移动，PF1F2面

11、积最大值为（F1为左焦点，F2为右焦点）（1）求椭圆方程；（2）若A2（a，0），直线l过F1与椭圆交于M，N，求直线MN的方程，使MA2N的面积最大参考答案：【考点】椭圆的简单性质【分析】（1）由已知可得：，解得a2，b2的值，可得椭圆方程；（2）由（1）可得A2（2，0），F1（，0），分MN的斜率不存在和MN的斜率存在两种情况，分析MA2N的面积最大值，及相应的k值，可得答案【解答】解：（1）由已知可得：，解得：，椭圆方程为：；（2）由（1）可得：A2（2，0），F1（，0），当MN的斜率不存在时，|MN|=1，MA2N的面积S=1+当MN的斜率存在时，设MN的方程为：y=k（x+），代

12、入得：（）x2+x+3k21=0，设M（x1，y1），N（x2，y2）则：则x1+x2=，x1x2=；|y1y2|=|k（x1+）k（x2+）|=|k|x1x2|=|k|=，令t=，（t），则|y1y2|=，令u=，则u（0，4则当u=时，|y1y2|取最大值1，此时k=，此时MA2N的面积取最大值1+，此时MN的方程为：y=（x+）20. （12分）已知函数（，）为偶函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为(）求的值；（）将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，求的单调递减区间参考答案：解析：（）2分 因为为偶函数，所以对，恒成立，因此即，整理得因为，且，所以又因为，故所以5分由题意得

13、，所以故6分因此7分（）将的图象向右平移个单位后，得到的图象，所以9分当（），10分即（）时，单调递减，11分因此的单调递减区间为（）12分21. （本小题满分12分）已知递增等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且的前项和，求证：.参考答案：【知识点】等比数列及等比数列前n项和D3【答案解析】（1）（2）略（1）设公比为q，由题意：q1, ，则，则 解得： 或（舍去），（2）又 在 上是单调递增的【思路点拨】根据等比数列的性质求出通项公式，然后用公式求和，利用单调性证明。22. （本小题满分12分）已知一个袋子里有形状一样仅颜色不同的6个小球，其中白球2个，黑球4个. 现从中随机取球，每次只取一球.（1）若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，至少取得两次白球”的概率；（2）若每次取球后都不放回袋中，且规定取