广东省梅州市新新中学2023年高三数学理下学期期末试题含解析

广东省梅州市新新中学2023年高三数学理下学期期末试题含解析一、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.已知向量，，若，则（

）A．4

B．-4

C．2

D．-2参考答案：A因为//，故，解得，故选A.2.函数f（x）=（m2-m-1）xm是幂函数，且在x∈(0，+∞)上为增函数，则实数m的值是

A．-1

B．2

C．3

D．-1或2参考答案：B3.已知实数x，y满足时，z=（a≥b＞0）的最大值为1，则a+b的最小值为（）A．7 B．8 C．9 D．10参考答案：D【考点】7C：简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的最大值，确定最优解，然后利用基本不等式进行判断．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=（a≥b＞0）得y=，则斜率k=，则由图象可知当直线y=经过点B（1，4）时，直线y=的截距最大，此时，则a+b=（a+b）（）=1+4+，当且仅当，即b=2a取等号此时不成立，故基本不等式不成立．设t=，∵a≥b＞0，∴0＜≤1，即0＜t≤1，则1+4+=5+t+在（0，1]上单调递减，∴当t=1时，1+4+=5+t+取得最小值为5+1+4=10．即a+b的最小值为10，故选：D．4.将甲、乙、丙、丁、戊共五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，且甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有（

）种.A．114

B．150

C．72

D．100参考答案：D5.若复数是纯虚数，则实数的值为A.或

B.

C.

D.或参考答案：C略6.

已知函数对任意的实数，满足，且当时，，则Ａ、

Ｂ、Ｃ、

Ｄ、参考答案：D7.一等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么顶角的余弦值为A.

B.

C.

D.参考答案：D设底边长为，则两腰长为，则顶角的余弦值微微。选D.8.已知f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当x∈(0,1)时，（

）A.

B.

C. D.参考答案：B9.若变量x，y满足，实数z是2x和-4y的等差中项，则z的最大值等于

A．1

B．2 C．3

D．4参考答案：C略10.已知函数f(x)=sin(ωx+)-1最小正周期为,则的图象的一条对称轴的方程是（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数是定义在区间上的奇函数，则_______．参考答案：略12.在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.（1）求的值；（2）若=2，且.参考答案：（理）（1）由已知和正弦定理得从而即因为

所以

又故（2）由可得

又

故又∴解得略13.已知α为第二象限角，则

。参考答案：-114.=

；参考答案：15.在中，所对的边分别为，若，则面积的最大值为

．参考答案：试题分析：，而，所以，当且仅当时取等号考点：基本不等式求最值【易错点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.16.设向量，若，则实数

.参考答案：试题分析：由已知得，；由得所以有即，解得故答案为：.考点：向量的数量积的坐标运算.17.已知函数f(x)＝x(x－c)3在点x＝2处有极小值，则常数c的值为________

．参考答案：8∵f′(x)＝(x－c)3＋3x(x－c)2，

∴f′(2)＝(2－c)3＋6(2－c)2＝0，解得c＝2或c＝8.

①当c＝2时，f(x)＝x(x－2)3，f′(x)＝(x－2)2(4x－2)．而x＞时，f′(x)≥0总成立，故f(x)在x＝2处没有取得极小值．②当c＝8时，f(x)＝x(x－8)3，f′(x)＝(x－8)2(4x－8)．当x＜2时，f′(x)＜0，x＞2时，f′(x)＞0，

故x＝2为f(x)的极小值点，故c＝8符合题意．

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.已知数列的首项，前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）设函数，是函数的导函数，令，求数列的通项公式，并研究其单调性。参考答案：略19.(本小题满分14分）已知如图：平行四边形ABCD中，，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．（1）求证：GH∥平面CDE；（2）记，表示四棱锥F-ABCD体积，求的表达式；（3）当取得最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成的二面角的正弦值．参考答案：（1）证法１：∵,

∴且∴四边形EFBC是平行四边形∴H为FC的中点-------------2分又∵G是FD的中点

∴--3分∵平面CDE，平面CDE

∴GH∥平面CDE----4分证法２：连结EA，∵ADEF是正方形∴G是AE的中点-------1分∴在⊿EAB中，--2分又∵AB∥CD，∴GH∥CD，--3分∵平面CDE，平面CDE

∴GH∥平面CDE----4分（2）∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD

且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.----6分∵BD⊥CD,，

∴FA=2,（）∴＝

∴（）--8分（3）要使取得最大值，只须＝（）取得最大值，∵，当且仅当即时取得最大值---10分解法１：在平面DBC内过点D作于M，连结EM∵∴平面EMD∴∴是平面ECF与平面ABCD所成的二面角的平面角-------12分∵当取得最大值时，,∴,∴即平面ECF与平面ABCD所成的二面角的正弦值为.--------------------------14分解法２：以点D为坐标原定，DC所在的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系如图示，则,∴,,-------12分设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为，平面ECF的法向量由得令得

又∵平面ABCD的法向量为∴∴.-------------------------14分略20.直角梯形中，,,,如图①把沿BD翻析，使得平面平面（Ⅰ）求证：CDAB；（Ⅱ）若,求四面体CAND的体积参考答案：略21.

已知，．（1）求的值；（2）试猜想的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．参考答案：（1）由条件，

①，在①中令，得．

………………1分在①中令，得，得．

………………2分在①中令，得，得．

………………3分（2）猜想=（或=）．

………………5分欲证猜想成立，只要证等式成立．方法一：当时，等式显然成立，当时，因为，故．故只需证明．即证．而，故即证

②．由等式可得，左边的系数为．而右边，所以的系数为．由恒成立可得②成立.综上，成立.

………………10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余n－1个是编号为1，2，…，n－1的黑球，现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有个黑球（个白球）的n个小球的组合的个数为，，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为．另一方面，从袋中个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为．故，即②成立.

余下同方法一.

………………10分方法三：由二项式定理，得

③．两边求导，得

④．③×④，得

⑤．左边的系数为．右边的系数为．由⑤恒成立，可得．故成立.

………………10分22.[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）已知a＞0，b＞0，且a+b=1．（I）若ab≤m恒成立，求m的取值范围；（II）若≥|2x﹣1|﹣|x+2|恒成立，求x的取值范围．参考答案：【考点】函数恒成立问题．【分析】（Ⅰ）由基本不等式可得；（Ⅱ）问题转化为|2x﹣1|﹣|x+1|≤4，去绝对值化为不等式，解不等式可得．【解答】解：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，∴ab≤（）2=，当且仅当a=b=时“=”成立，由ab≤m恒成立，故m≥；（Ⅱ）∵a，b∈（0，+∞），a+b=1，