2022-2023学年陕西省榆林市玉林王力中学高三数学理期末试卷含解析

2022-2023学年陕西省榆林市玉林王力中学高三数学理期末试卷含解析一、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.在△ABC中，“”是“”的（

）A．充分不必要条件

B．必要不充分条件C．充要条件

D．既不充分又不必要条件参考答案：A略2.已知双曲线的右焦点F，直线与其渐近线交于A，B两点，与轴交于D点，且△为钝角三角形，则离心率取值范围是（

）

A.（）

B.（1，）

C.（）

D.（1，）参考答案：D略3.设变量满足，则的最大值和最小值分别为（

）A．

1，1

B．2，2

C．

1，2

D．2，1[参考答案：B略4.已知幂函数f（x）的图象经过点（9，3），则f（2）-f（1）≈A．3

B．

C．

D．1参考答案：C5.“”是复数“为纯虚数”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：答案:B6.已知变量满足，则的取值范围为（

）A．[－2,2]

B．(－∞,－2]

C.(－∞,2]

D．[2,+∞)参考答案：C如图：可得当，时取得最大值，所以，故选

7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．+8π B．+8π C．+16π D．+16π参考答案：A【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥与半圆柱的组合体，分别求出体积，相加可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥与半圆柱的组合体，半圆柱的底面半径为2，高为4，故体积为：=8π，三棱锥的底面面积为：=4，高为2，故体积为：，故组合体的体积V=+8π，故选：A【点评】本题考查的知识点是圆柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档．8.已知：集合，集合，则（

）A．

B．

C． D．参考答案：A9.已知函数在上单调递减，为其导函数，若对任意都有，则下列不等式一定成立的是A.

B.C.

D.参考答案：D∵函数在上单调递减∴时，∵对任意都有∴，且令，则∴，即∵，∴选项，，不一定成立由以上分析可得故选D

10.已知向量，则（

）A．

B．

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.若点(-2,-1)在直线上，其中，则的最小值为

．参考答案：812.设满足3x=5y的点P为(x，y)，下列命题正确的序号是

．

①(0，0)是一个可能的P点；②(lg3，lg5)是一个可能的P点；③点P(x，y)满足xy≥0；

④所有可能的点P(x，y)构成的图形为一直线．.Com]参考答案：①③④略13.等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=20，an=54，Sn=999，则公差d=．参考答案：【考点】等差数列的前n项和．【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=20，an=54，Sn=999，∴，解得n=27，d=．故答案为：．14.已知实数满足约束条件，若目标函数仅在点取得最小值，则的取值范围是_________．参考答案：15.已知集合A={x|﹣1＜x＜3}，B={x|﹣1＜x＜m+1}，若x∈A成立的一个必要不充分的条件是x∈B，则实数m的取值范围是．参考答案：（﹣2，2）【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据集合的包含关系得到关于m的不等式，解出即可．【解答】解：A={x|﹣1＜x＜3}，B={x|﹣1＜x＜m+1}，若x∈A成立的一个必要不充分的条件是x∈B，即B?A，则﹣1＜m+1＜3，解得：﹣2＜m＜2，故答案为：（﹣2，2）．16.设满足约束条件，则目标函数的最大值为5，则满足的关系为

；的最小值为

．参考答案：

117.若函数的图象在点处的切线过点(2,2)，则a=______.参考答案：1【分析】求出函数的导数，求出切点坐标，得到切线方程，然后代入（2，2）得到结果即可．【详解】函数f（x）=xlnx+a，可得f′（x）=lnx+1，所以f′（1）=1，

又f（1）=a，所以切线方程为：y=x-1+a，切线经过（2，2），所以2=2-1+a，解得a=1．

故答案为1．【点睛】本题考查函数的导数的应用，导数的几何意义，切线方程的求法，考查分析问题解决问题的能力．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.如图：在四棱锥E﹣ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD=DA=6，AB=2，DE=3．（1）求证：平面ACE⊥平面CDE；（2）在线段DE上是否存在一点F，使AF∥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）由CD⊥平面ADE，可得CD⊥AE，进而得到AE⊥平面CDE，即可证明平面ACE⊥平面CDE；（2）在线段DE上存在一点F，使AF∥平面BCE，=，设F为线段DE上的一点，且=．过F作FM∥CD交CE于点M，由线面垂直的性质可得：CD∥AB．可得四边形ABMF是平行四边形，于是AF∥BM，即可证明AF∥平面BCE．【解答】（1）证明：∵CD⊥平面ADE，∴CD⊥AE，又AE⊥ED，ED∩CD=D，∴AE⊥平面CDE，又AE?平面ACE，∴平面ACE⊥平面CDE；（2）解：在线段DE上存在一点F，使AF∥平面BCE，=．下面给出证明：设F为线段DE上的一点，且=．过F作FM∥CD交CE于点M，则FM=CD，∵CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，∴CD∥AB．又CD=3AB，∴MF∥AB，MF=AB，∴四边形ABMF是平行四边形，∴AF∥BM，又AF?平面BCE，BM?平面BCE．∴AF∥平面BCE．19.（本小题满分12分）已知圆C：，过D（1，0）且与圆C相切的动圆圆心为P，（1）

求点P的轨迹E的方程；（2）

设过点C的直线交曲线E于Q,S两点，过点D的直线交曲线E于R,T两点，且，垂足为。（Q,S，R,T为不同的四个点）①

设，证明：；②

求四边形QRST的面积的最小值。参考答案：(1)解：设动圆半径为，则，由椭圆定义可知，点P的轨迹E是椭圆，其方程为。-----------。2分①

由已知条件可知，垂足在以CD为直径的圆周上，则有，又因Q,S，R,T为不同的四个点则可得

-----------

4分②

若或的斜率不存在，易知四边形QRST的面积为2。-----------6分若两条直线的斜率存在，设的斜率为，则的方程为

得

则---8分同理可得当且仅当，即时等号成立。----11分综上所述，当时，四边形QRST的面积取得最小值为------------12分略20.在平面直角坐标系，将曲线C1上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ=2．（Ⅰ）求曲线C2的参数方程；（Ⅱ）过原点O且关于y轴对称点两条直线l1与l2分别交曲线C2于A、C和B、D，且点A在第一象限，当四边形ABCD的周长最大时，求直线l1的普通方程．参考答案：【考点】QH：参数方程化成普通方程；Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）求出曲线C2的普通方程，即可求曲线C2的参数方程；（Ⅱ）设四边形ABCD的周长为l，设点A（2cosα，sinα），则l=8cosα+4sinα=4sin（α+θ），cosθ=，sinθ=，由此，可求直线l1的普通方程．【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的极坐标方程为ρ=2，直角坐标方程为x2+y2=4，将曲线C1上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2：+y2=1，∴曲线C2的参数方程为（α为参数）；（Ⅱ）设四边形ABCD的周长为l，设点A（2cosα，sinα），则l=8cosα+4sinα=4sin（α+θ），cosθ=，sinθ=，α+θ=+2kπ（k∈Z）时，l取得最大值，此时cosα=sinθ=，sinα=cosθ=，A（，），∴直线l1的普通方程为y=x．【点评】本题考查求直线l1的普通方程，考查参数方程的运用，属于中档题．21.如图,四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,. (Ⅰ)证明:A1C⊥平面BB1D1D; (Ⅱ)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.参考答案：如图建立空间直角坐标系由AB=AA1=可知O（0,0,0），A（1,0,0），B（0,1,0），B1（-1,1,1），C（-1,0,0）A1（0,0,1）D1（-1，-1,1）（I）

A1c=（-1,0，-1）DB（0,2,0）BB1（-1,0,1）

即所以A1c⊥平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ（II）容易求得平面ＯＣＢ１的一个法向量，平面BB1D1D的一个法向量为所求夹角余弦值为所求夹角的大小为60°22.一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：f1（x）=x，f2（x）=x2，f3（x）=x3，f4（x）=sinx，f5（x）=cosx，f6（x）=2．（1）现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率；（2）现从盒子中进行逐一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，求抽取次数ξ的分布列和数学期望．参考答案：【考点】离散型随机变量及其分布列；奇函数．【分析】（1）由任意两个奇函数的和为奇函数，而原来的六