陕西省咸阳市三渠中学2022高三数学理上学期期末试卷含解析

陕西省咸阳市三渠中学2022高三数学理上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.正方形ABCD与等边三角形BCE有公共边BC，若∠ABE=120°，则BE与平面ABCD所成角的大小为（）A． B． C．D．参考答案：C【考点】直线与平面所成的角．【分析】如图所示，EO⊥平面ABCD，OF⊥AB，EF⊥AB，则∠EBO为BE与平面ABCD所成角，设EB=2a，求出EO=a，即可求出BE与平面ABCD所成角．【解答】解：如图所示，EO⊥平面ABCD，OF⊥AB，EF⊥AB，则∠EBO为BE与平面ABCD所成角，设EB=2a，则EF=a，OF=a，∴EO=a，∴sin∠EBO=，∵0＜∠EBO＜，∴∠EBO=．故选C．【点评】本题考查线面角，考查学生的计算能力，正确作出线面角是关键．2.当n=4时，执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）

A．6 B．8 C．14 D．30参考答案：D【考点】程序框图．【分析】执行程序框图，依次写出每次循环得到的k，s的值，当k=5＞4，退出循环，输出s的值为30．【解答】解：由程序框图可知：k=1，s=2k=2，s=6k=3，s=14k=4，s=30k=5＞4，退出循环，输出s的值为30．故选：D．【点评】本题主要考察了程序框图和算法，正确理解循环结构的功能是解题的关键，属于基本知识的考查．3.不等式的解集为,则函数的图象为

（

）

20081028参考答案：C4.设、都是非零向量，下列四个条件中，使=成立的是（）A．=﹣ B．∥ C．=2 D．∥且||=||参考答案：C【考点】平面向量的基本定理及其意义．【专题】平面向量及应用．【分析】由于、都是非零向量，使=成立需要满足：同方向共线即可．【解答】解：由于、都是非零向量，使=成立需要满足：同方向共线即可，只有满足．故选：C．【点评】本题考查了向量同方向共线、向量相等的定义，属于基础题．5.已知为虚数单位，则复数满足，则＝（

）A.i

B.－i

C.－1

D.1参考答案：D略6.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则椭圆的离心率为A．

B.

C.

D.参考答案：C7.已知函数，若存在唯一的正整数，使得，则的取值范围是A. B. C. D.参考答案：C8.设集合，，则（）A．B．C．D．参考答案：B

【知识点】交集的基本运算.A1由题意得：，同理：，所以，故选B。【思路点拨】先根据题意求出集合、后再求即可。9.已知点(x，y)在如图所示的平面区域(阴影部分)内运动，则z＝x＋y的最大值是(

)A．1 B．2 C．3 D．5参考答案：D10.若数列的前n项和为，则下列命题：

（1）若数列是递增数列，则数列也是递增数列；

（2）数列是递增数列的充要条件是数列的各项均为正数；

（3）若是等差数列（公差），则的充要条件是

（4）若是等比数列，则的充要条件是

其中，正确命题的个数是

（

）

A．0个

B．1个

C．2个

D．3个参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.下列命题中，正确的是

①平面向量与的夹角为，，，则②已知，其中θ∈，则③是所在平面上一定点，动点P满足：，，则直线一定通过的内心参考答案：①②③①中，，所以，所以，所以，正确。②中，，即，因为，所以，所以，即，正确。③中，根据正弦定理可知，所以，即，即，即与的角平分线共线，所以直线一定通过的内心，正确，所以正确的命题为①②③。12.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

．参考答案：由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。棱柱的高为4，，底面梯形的上底为4，下底为5，腰,所以梯形的面积为，梯形的周长为，所以四个侧面积为，所以该几何体的表面积为。13.已知：，则的取值范围是_______参考答案：由得，，易得，故，.14.满分为100分的试卷，60分为及格线，若满分为100分的测试卷，100人参加测试，将这100人的卷面分数按照[24，36)，[36，48)，…，[84，96]分组后绘制的频率分布直方图如图所示，由于及格人数较少，某老师准备将每位学生的卷面得分采用“开方乘以10取整”的方法进行换算以提高及格率(实数a的取整等于不超过a的最大整数)，如：某位学生卷面49分，则换算成70分作为他的最终考试成绩则按照这种方式，这次测试的不及格的人数变为

．参考答案：

14.15

15.18

16.15.如图，已知平面，、是上的两个点，、在平面内，且，，在平面上有一个动点，使得，则面积的最大值是（

）

A． B． C．

D．参考答案：C略16.如图，是一个算法的伪代码，则输出的结果是．参考答案：5略17.设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。

则该几何体的体积为

参考答案：4解析：这是一个三棱锥,高为2,底面三角形一边为4,这边上的高为3,

体积等于×2×4×3＝4三、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.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点O为原点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）设直线l与x轴的交点为P，过点P作倾斜角为的直线m与曲线C交于A，B两点，求的最大值.参考答案：（1），；（2）2【分析】（1）由得曲线C的普通方程为：y2＝1，由ρsin（θ）得ρ（sinθcosθ），得直线l的直角坐标方程为：x+y﹣1＝0；（2）先求出直线l的参数方程的标准形式，并利用参数t的几何意义可得．【详解】（1）因为直线的极坐标方程为，所以因为曲线参数方程为（为参数），所以曲线（2）由得，设直线的参数方程为（为参数）代入曲线得，易知因，，所以故得到：以当时，的最大值为.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查了直线参数中t的几何意义，一般t的绝对值表示方程中的定点到动点的距离，故，，均可用t来表示，从而转化为韦达定理来解决.19.（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知＝，＝，且满足|＋|＝.(1)求角A的大小；(2)若||＋||＝||，试判断△ABC的形状．参考答案：解(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3， 即1＋1＋2＝3，

∴cosA＝.∵0<A<π，∴A＝.

…………..6分 (2)∵||＋||＝||，∴sinB＋sinC＝sinA， ∴sinB＋sin＝×，

即sinB＋cosB＝，∴sin＝. ∵0<B<，∴<B＋<，

∴B＋＝或，故B＝或.当B＝时，C＝；当B＝时，C＝.

故△ABC是直角三角形

.…………..12分20.（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC=AB1．（1）证明：AB⊥B1C；（2）若∠CAB1=90°，∠CBB1=60°，AB=BC=2，求三棱锥B1﹣ACB的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）连接BC1，交B1C于点O，连接AO，由题意可得B1C⊥BC1，且O为B1C和BC1的中点．结合AC=AB1，可得AO⊥B1C，再由线面垂直的判定定理可得B1C⊥平面ABO，进一步得到AB⊥B1C；（2）由侧面BB1C1C为菱形，且∠CBB1=60°，可得△BCB1为等边三角形，求解直角三角形得到BO，再证得AO⊥OB，可得AO⊥平面BCB1，然后利用等积法求得三棱锥B1﹣ACB的体积．【解答】（1）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BC1，且O为B1C和BC1的中点．∵AC=AB1，∴AO⊥B1C，又AO∩BC1=O，∴B1C⊥平面ABO，由于AB?平面ABO，故AB⊥B1C；（2）解：∵侧面BB1C1C为菱形，且∠CBB1=60°，∴△BCB1为等边三角形，即BC=BB1=B1C=2．在Rt△BOC中，BO=．∵∠CAB1=90°，∴△ACB1为等腰直角三角形，又O为B1C的中点，∴AO=OC=1，在△BOA中，AB=2，OA=1，OB=，∴OB2+OA2=AB2成立，则AO⊥OB，又AO⊥CB1，∴AO⊥平面BCB1，∴=．【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．21.（本小题满分12分）已知向量

（I）求函数的最小正周期及单调增区间；

（II）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若△ABC的面积为

求a的值。参考答案：

略22.如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD,垂足为A,PA=AB,点M在棱PD上,PB∥平面ACM.

(1)试确定点M的位置；(2)计算直线PB与平面MAC的距离；(3)设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？

参考答案：解(1)设，则点O为BD中点，设点M为PD中点∵在△PBD中，PB∥OM，平面ACM,∴PB∥平面ACM(2)设AB=1，则PA=AB=1,∵底面ABCD