云南省曲靖市市民族中学2022-2023学年高三数学文下学期期末试卷含解析

云南省曲靖市市民族中学2022-2023学年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.已知函数在区间上是减函数，则的最小值是（

）A．0

B．1

C．2

D．3参考答案：C2.下列函数中，既是偶函数，又在区间内是增函数的是A．

B．

C．

D．

参考答案：D略3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的各个面中是直角三角形的个数为（

）A.1 B.2 C.3 D.4参考答案：C【分析】画出几何体的直观图，判断出各面的形状，可得答案．【详解】三视图还原为如图所示三棱锥A-BCD：由正方体的性质得为直角三角形，为正三角形故选：C【点睛】本题考查的知识点是简单几何体的直观图，数形结合思想，难度中档．4.已知变量满足约束条件则的最大值为A．

B．

C．

D．参考答案：C如图：要使取得最大值，只有直线经过点，因此的最大值是1。5.若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为：A、2

B、

C、6

D、参考答案：D6.复数满足，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D考点：复数运算【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为7.已知抛物线的焦点，则抛物线的标准方程是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B试题分析：以为焦点的抛物线的标准方程为.考点：抛物线的焦点和抛物线的标准方程.8.设M为实数区间，a>0且，若“”是“函数在（0,1）上单调递减”的一个充分不必要条件，则区间M可以是（

）A.(1,+∞) B.（1,2） C.（0,1） D.参考答案：B【分析】根据题干满足成立，不成立，即可得M范围。【详解】因为和f(x)在定义域上是减函数，所以a>1，由充分不必要条件结合选项M为（1,2），故选B。【点睛】本题考查函数单调性和充分条件必要条件。9.已知函数y=f（x）（x∈R）且在[0，+∞）上是增函数，g（x）=f（|x|），若g（2x﹣1）＜g（2），则x的取值范围是（）A．（﹣，） B．（﹣∞，） C．（，+∞） D．（﹣∞，）∪（，+∞）参考答案：A【考点】函数单调性的性质．【分析】根据题意，由g（x）与f（x）的关系可得g（2x﹣1）＜g（2）?f（|2x﹣1|）＜f（2），结合函数f（x）在[0，+∞）上单调性可得|2x﹣1|＜2，解可得答案．【解答】解：根据题意，g（x）=f（|x|），则g（2x﹣1）=f（|2x﹣1|），g（2）=f（2），g（2x﹣1）＜g（2）?f（|2x﹣1|）＜f（2），又由函数y=f（x）（x∈R）且在[0，+∞）上是增函数，若f（|2x﹣1|）＜f（2），则有|2x﹣1|＜2，解可得﹣＜x＜；即x的取值范围是（﹣，）；故选：A．10.已知函数，则（

）

A.2017

B.1513

C.

D.参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在长方形中，，为的中点，若，则的长为

参考答案：212.已知抛物线上一点，若P到焦点F的距离为4，则以P为圆心且与抛物线C的准线相切的圆的标准方程为_________．参考答案：13.在平面直角坐标系中，定义点、之间的直角距离为若点，且，则的取值范围为

．参考答案：或；由定义得，解得或．14.已知函数是上的偶函数，是上的奇函数，，，则的值为_________．参考答案：因为，所以，即，因为是上的偶函数，所以，即，所以，即函数的周期是4，所以。因为，所以。所以。15.从50个产品中抽取10个进行检查，则总体个数为_______，样本容量为______.参考答案：50

1016.右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积大小为

.参考答案：17.有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是． 参考答案：1和3【考点】进行简单的合情推理． 【分析】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多少． 【解答】解：根据丙的说法知，丙的卡片上写着1和2，或1和3； （1）若丙的卡片上写着1和2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3； ∴根据甲的说法知，甲的卡片上写着1和3； （2）若丙的卡片上写着1和3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3； 又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是2”； ∴甲的卡片上写的数字不是1和2，这与已知矛盾； ∴甲的卡片上的数字是1和3． 故答案为：1和3． 【点评】考查进行简单的合情推理的能力，以及分类讨论得到解题思想，做这类题注意找出解题的突破口． 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.（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC=90°，ED=BC=2，EB=3，F为棱PC的中点．（Ⅰ）求证：PA∥平面BEF；（Ⅱ）若二面角F﹣BE﹣C为60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）连接AC交BE于点M，连接FM，证明FM是△PAC的中位线，得出PA∥FM，证明PA∥面BEF；（Ⅱ）证明PE⊥平面ABCD，PE⊥BE，PE⊥ED，以E为坐标原点，EB、ED、EP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设PE=m，表示出、，求出平面BEF的一个法向量，取平面ABCD的一个法向量，利用cos＜，＞是二面角的余弦值，求出直线PB与平面ABCD所成角的正切值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AC交BE于点M，连接FM，∵AD∥BC，且BC=AE，∴AM=MC，又PF=FC，∴线段FM是△PAC的中位线，∴FM∥AP，∵FM?面BEF，PA?面BEF，∴PA∥面BEF；（Ⅱ）∵AD∥BC，ED=BC，∴四边形BCDE是平行四边形，又∵∠ADC=90°，∴四边形BCDE是矩形，∴AD⊥BE；又PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，PE⊥ED；以E为坐标原点，EB，ED，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设PE=m，则E（0，0，0），B（3，0，0），P（0，0，m），C（3，2，0），F（，1，），∴=（3，0，0），=（，1，）；设平面BEF的一个法向量为=（x，y，z），由，得；令z=1，得=（0，﹣m，1），取平面ABCD的一个法向量为=（0，0，1）；∴cos＜，＞===，由二面角F﹣BE﹣C为60°，得=，解得m=2；∵PE⊥平面ABCD，∴∠PBE就是直线PB与平面ABCD所成角，在Rt△PBE中，tan∠PBE==，∴直线PB与平面ABCD所成角的正切值为．【点评】本题考查了空间中直线与平面的位置关系以及线面角、二面角的计算问题，是综合性题目．19.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，，，.（1）求异面直线B1C1与A1C所成角的大小；（2）求直线B1C1与平面A1BC的距离.参考答案：(1).(2).【分析】（1）或其补角就是异直线与所成角，我们可证为直角三角形且，故可得异面直线所成角的大小.（2）先计算，再利用等积法求到平面的距离，它就是直线到平面的距离.【详解】(1)因为，所以(或其补角)是异直线与所成角.因为，，，所以平面，所以.中，，所以，所以异面直线与所成角的大小为.(2)因为平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，设到平面的距离为，因为，，可得，直线与平面的距离为.【点睛】异面直线所成角的计算，可通过平移把空间角转化为平面角，在可解的三角形中求其大小.直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，求点面距时，注意利用题设中已有的线面垂直，如果没有，则利用面面垂直构建线面垂直，也可利用等积法求点面距.

20.（本小题满分12分）如图，简单组合体，其底面是边长为2的正方形，⊥平面∥且(1)在线段上找一点，使得⊥平面(2)求平面与平面的夹角.参考答案：（1）为线段的中点.连结与,交点为，过作底面的垂线交于,由平面又四边形为矩形，⊥平面……………6分（2）如图建立空间坐标系设中点为各点坐标如下:;;;;由得平面所以平面有法向量设平面法向量因为,,由，取所以平面与平面夹角为...............................12分21.在四棱锥中，，

平面，为的中点，，．

（1）求四棱锥的体积；

（2）若为的中点，求证：平面平面．参考答案：解：（1）在中，，，∴

在中，，，,（2）∵，∴.

又，

∴，∵，∴//∴

，∴.略22.在平面直角坐标系xoy中，已知四点A（2，0），B（﹣2，0），C（0，﹣2），D（﹣2，﹣2），把坐标系平面沿y轴折为直二面角．（1）求证：BC⊥AD；（2）求三棱锥C﹣AOD的体积．参考答案：【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）【法一】要证异面直线BC⊥AD，须证BC⊥平面ADO，即证AO⊥BC，BC⊥OD，这是成立的；【法二】建立空间直角坐标系，由向量的数量积为0，得两向量垂直．（2）三棱锥的体积由体积公式V=?S高?h可得．【解答】解：（1）【法一】∵BOCD为正方形，∴BC⊥OD，∠AOB为二面角B﹣CO﹣A的平面角∴AO⊥BO，∵AO⊥CO，且BO∩CO=O∴AO⊥平面BCO，又BC?平面BCO∴AO⊥BC，且DO∩AO=O∴BC⊥平面ADO，且AD?平面ADO，∴BC⊥AD．【法二】分别以OA，OC，OB为x轴，