江西省宜春市株潭中学2022高三数学文下学期期末试卷含解析

江西省宜春市株潭中学2022高三数学文下学期期末试卷含解析一、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.已知命题p:函数在定义域上为减函数，命题q:在△ABC中，若，则，则下列命题为真命题的是（

）A．B．

C．

D．参考答案：B函数在定义域上不是单调函数，命题p为假命题；在中，当时，满足，但是不满足，命题q为假命题；据此逐一考查所给命题的真假：A.为假命题；B.为真命题；C.为假命题；D.为假命题；本题选择B选项.

2.在三棱锥D-ABC中，已知AD⊥平面ABC，且△ABC为正三角形，，点O为三棱锥D-ABC的外接球的球心，则点O到棱DB的距离为（

）A. B. C. D.参考答案：D【分析】题中要求点O到棱DB的距离，需要借助于外接圆直径和棱DB计算。设法构造三角形，使得棱DB和直径都在这个三角形中，使得待求的O到棱DB的垂线段构造的三角形另一条边的中位线。这个三角形就是三角形(其中F点是延长线与球的交点)。恰恰点在平面上，那就作平面ODA和平面截外接球得到的截面圆.【详解】作平面ODA交平面BC于E，交于F，设平面ODA截得外接球面为，D,A,F是圆周上的点，又平面ABC，，DF是的直径，因此球心O在DF上，AF是的直径，连结BD,BF，，，平面DAB，，，，又DO=OF，OH是的中位线，故.故选D.【点睛】本题是三棱锥外接球的典型问题，是有难度的一类问题。一般这类问题需要用平面截外接球所得的外接圆，将立体问题转化为平面问题。3.已知A,B,C在球的球面上，AB=1,BC=2，，直线OA与截面ABC所成的角为，则球的表面积为A.

B.

C.

D.参考答案：D中用余弦定理求得，据勾股定理得为直角，故中点即所在小圆的圆心；面，直线与截面所成的角为，故可在直角三角形中求得球的半径为；计算球的表面积为.选D.4.已知奇函数，当时，.给处下列命题：

①；

②对，；

③，使得；

④，使得.

其中所有正确命题的个数是（

）

A．0

B．1

C．2

D．3参考答案：A试题分析：当时，，只说明最大值，根定义域无关，故①；对于②，函数可能，则，故②错误；对于③，当不再其定义域内，且轴为渐近线时，不满足③；当为渐近线时，不满足④；故选项为A.考点：函数的综合应用.5.下图是函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C6.命题：若，则是的充分不必要条件；命题：函数的定义域是，则A.“p或q”为假

B.“p且q”为真

C.p真q假

D.p假q真参考答案：D7.复数z满足（﹣1+i）z=（1+i）2，其中i为虚数单位，则在复平面上复数z对应的点位(

) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：D考点：复数的代数表示法及其几何意义；复数相等的充要条件．专题：计算题．分析：根据两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，化简复数z为=1﹣i，故z对应点的坐标为（1，﹣1），从而得出结论．解答： 解：∵复数z满足（﹣1+i）z=（1+i）2，其中i为虚数单位，∴z=====1﹣i，故复数z对应点的坐标为（1，﹣1），故选D．点评：本题主要考查两个复数代数形式的除法，虚数单位i的幂运算性质，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．8.变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A略9.设函数，若关于的方程有三个不同的实数根，则等于（

）A.13

B.5

C.

D.

参考答案：B10.已知成等差数列，成等比数列，则等于（

）A. B.

C.

D.或参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设等差数列{an}的前n项和为，若，，则公差d=

．

参考答案：112.设，若是的充分不必要条件，则实数a的取值范围为

.参考答案：【知识点】命题及其关系.A2【答案解析】解析：解：，，，，的充分不必要条件，只需满足【思路点拨】根据题意求出p与q，再求出，利用条件可求出a的范围.13.（几何证明选讲选做题）如图,在中,斜边,直角边,如果以C为圆心的圆与AB相切于,则的半径长为____▲___.参考答案：略14.已知函数f(x)=|x?1|+1和g(x)=(a>0)，若对任意x1∈，存在x2∈使得g(x2)≥f(x1)，则实数a的取值范围为____________参考答案：

考点：1.函数与不等式；2.导数与函数的单调性.15.若ΔABC的三个内角所对边的长分别为，向量，，若，则∠等于

。参考答案：略16.已知正四面体ABCD的棱长为1，M为AC的中点，P在线段DM上，则（AP+BP）2的最小值为．参考答案：【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．【分析】把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半，故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离，再利用余弦定理即可得出．【解答】解：由于各棱长均为1的四面体是正四面体把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半DM=，AM=，AD=1，BM=，BD=1故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离，在三角形BMD中，根据余弦定理，cos∠BMD==，∴sin∠BMD=，cos∠DMB=cos（90°+∠BMC）=﹣sin∠BMC=﹣，∴BA2=BM2+AM2﹣2BM?AM?cos∠AMB=+﹣2???（﹣）=．故答案为：．17.如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=3cm，AA1=2cm，则三棱锥A﹣B1D1D的体积为

cm3．参考答案：3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题．【分析】连接AC交BD于O，根据此长方体的结构特征，得出AO为A到面B1D1D的垂线段．△B1D1D为直角三角形，面积易求．所以利用体积公式计算即可．【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中的底面ABCD是正方形．连接AC交BD于O，则AC⊥BD，又D1D⊥BD，所以AC⊥面B1D1D，AO为A到面B1D1D的垂线段，且AO=．又S△B1D1D=所以所求的体积V=cm3．故答案为：3【点评】本题考查锥体体积计算，对于三棱锥体积计算，要选择好底面，便于求解．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.（本题共13分）如图，在平面直角坐标系xOy中，锐角和钝角的终边分别与单位圆交于，两点．（Ⅰ）若点的横坐标是，点的纵坐标是，求的值；（Ⅱ）若∣AB∣=,求的值.参考答案：解：（Ⅰ）根据三角函数的定义得，

，

，……………………2分

∵的终边在第一象限，∴．

……3分∵的终边在第二象限，∴

．………………4分∴==+=．………7分（Ⅱ）方法（1）∵∣AB∣=||=||，……………9分又∵，

…………11分∴．∴．……………13分方法（2）∵，………………10分∴=．…………………13分

略19.（本题满分12分）函数,.其图象的最高点与相邻对称中心的距离为,且过点.(1)求函数的表达式;(2)在△中，、、分别是角、、的对边,,,角C为锐角，且满足,求的值.参考答案：(Ⅰ).

∵最高点与相邻对称中心的距离为,则,即,∴,∵,∴,又过点,∴,即,∴.∵,∴,∴.……(6分)(Ⅱ),由正弦定理可得,∵,∴,

又,,∴,由余弦定理得,∴.

(6分)20.（14分）已知点，动点满足条件.记动点的轨迹为.

（Ⅰ）求的方程；

（Ⅱ）若是上的不同两点，是坐标原点，求的最小值.参考答案：解析：（1）依题意，点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，所求方程为：

（x>0）（1）

当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝x0，此时A（x0，），B（x0，－），＝2当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋b，代入双曲线方程中，得：（1－k2）x2－2kbx－b2－2＝0……1°依题意可知方程1°有两个不相等的正数根，设A（x1，y1），B（x2，y2），则解得|k|>1又＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋b）（kx2＋b）＝（1＋k2）x1x2＋kb（x1＋x2）＋b2＝>2综上可知的最小值为221.已知单调的等比数列的前项和为，若，且是，的等差中项.（1）求数列的