浙江省金华市第六中学2022年高三数学理下学期期末试题含解析

浙江省金华市第六中学2022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.若x，y满足，则z=x+2y的最大值为（）A．0 B．1 C． D．2参考答案：D【考点】简单线性规划．【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z=x+2y对应的直线进行平移，即可求出z取得最大值．【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，当l经过点B时，目标函数z达到最大值∴z最大值=0+2×1=2．故选：D．2.在实数范围内，使得不等式成立的一个充分而不必要的条件是（

）A． B． C． D．参考答案：D∵，∴，∴，因为，，所以为不等式成立的一个充分而不必要的条件，选D．3.若p：φ=+kπ，k∈Z，q：f（x）=sin（ωx+φ）（ω≠0）是偶函数，则p是q的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】5L：简易逻辑．【分析】根据函数偶函数的性质，利用充分条件和必要条件的对应进行判断即可得到结论．【解答】解：若f（x）=sin（ωx+φ）（ω≠0）是偶函数，则φ=+kπ，当φ=+kπ时，f（x）=sin（ωx+φ）=±cos（ωx+φ）是偶函数，∴p是q的充要条件，故选：A4.已知等差数列的前项和为，且满足S3≤6，S4≥8，S5≤20，当a4取得最大值时，数列的公差为（

）A1

B

4

C

2

D

3参考答案：5.设棱锥M－ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，△AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为

A．2-1

B．2+1

C．+1

D．－1

参考答案：A6.下列命题中错误的个数是（

）①命题“若则x=1”的否命题是“若则x≠1”.②命题P:,使，则,使.③若p且q为假命题，则p、q均为假命题.④是函数为偶函数的充要条件.A.1

B.2

C.3

D.4参考答案：C略7.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上，恒成立，则称函数在上为“凸函数”.已知当时，在上是“凸函数”，则在上（

）A．既没有最大值，也没有最小值

B．既有最大值，也有最小值C．有最大值，没有最小值

D．没有最大值，有最小值参考答案：A略8.一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略9.已知两个不相等的非零向量，，两组向量均由，，，和，，，均由2个和2个排列而成，记S=?+?+?+?，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题中正确的个数为（）①S有3个不同的值；②若⊥，则Smin与||无关；③若∥，则Smin与||无关；④若||=2|，Smin=4，则与的夹角为．A．0 B．1 C．2 D．3参考答案：D【考点】命题的真假判断与应用．【分析】由题意得到所有的S值判断①，利用作差法求得S的最小值结合向量垂直、平行及数量积运算判断②③④，则答案可求．【解答】解：由题意可知，S=?+?+?+?有三个值，分别为、、．∴①正确；∵﹣=，﹣=，∴．若⊥，则Smin=0与||无关，∴②正确；若∥，则Smin=，与||有关，∴③错误；若||=2|，Smin=4，则cos＜＞=，与的夹角为，故④正确．∴命题中正确的个数为3个．故选：D．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查平面向量的数量积运算，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题．10.函数的图像大致为（

）A．

B．

C.

D．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.若函数满足：存在，对定义域内的任意恒成立，则称为函数.现给出下列函数：①；②；③；④.其中为函数的序号是

▲

．（把你认为正确的序号都填上）参考答案：④略12.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的为

.

参考答案：；13.函数的极值点为

.参考答案：14.，则tanα=

，=

．参考答案：﹣2；﹣10。【考点】三角函数的化简求值；三角函数中的恒等变换应用．【专题】计算题；函数思想；综合法；三角函数的求值．【分析】利用两角和的正切函数求出正切函数值，然后化简所求的表达式为正切函数的形式，即可求出结果．【解答】解：，可得=3．即：=3，解得tanα=﹣2．==tan3α+tanα=﹣8﹣2=﹣10．故答案为：﹣2；﹣10；【点评】本题考查三角函数的化简求值，两角和的正切函数的应用，同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．15.两个半径都是2的球O1和球O2相切，且它们与直二面角的两个半平面都相切，另有一个半径为r的小球O与这个二面角的两个半平面均相切，同时与球O1和球O2都相切，则r的值为__.参考答案：【分析】由已知中的位置关系可构造两个棱长为的正方体，将球心位置确定为正方体的两个顶点，从而得到球心的位置，建立空间直角坐标系，利用坐标计算出，再利用两球相切的关系求出，从而构造出关于球半径的方程，解方程求得结果.【详解】两个棱长为的正方体构成如下图形，图中的左侧面和底面构成直二面角，为半径为的球和球的球心小球与二面角两个半平面相切，且与两个球相切球心在上以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：作轴，垂足为，则则，

由球与球相切可知：，解得：当时，球和球在球内部，不符合题意本题正确结果：【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到两球外切、球与平面相切等知识，关键是能够通过已知中的相切关系确定所求的球的球心的位置，从而可根据两点间距离和球心距离构造出关于半径的方程，从而求得结果，属于难题.

16.已知集合，，若，则实数的取值范围是

．参考答案：

17.已知等差数列中，，那么___________.参考答案：略三、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.

数列（n∈N*）是递增的等比数列，且数列{}满足

（I）求数列的通项公式：

（Ⅱ）若的最大值·参考答案：略19.已知函数（1）求最小正周期和对称中心；（2）求的单调递增区间。参考答案：略20.（本题满分12分）已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在x轴上，且经过两点。

（1）求椭圆E的方程；

（2）若椭圆E的左、右焦点分别是F、H，过点H的直线l：与椭圆E交于M、N两点，则△FMN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线l的方程；若不存在，请说明理由。参考答案：解：(1)设椭圆的方程为，∵椭圆经过、两点，∴，∴∴椭圆的方程为.

……………6分由得，则恒成立，，∴，∴

…………………10分设，则，且，∴设，则，∵，∴，21.函数f

（x）

对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）成立，且f

（1）=0．

（Ⅰ）求f

（0）的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的表达式（Ⅲ）对于任意的，都有成立时，求a的取值范围

参考答案：（Ⅰ）∵函数f

（x）

对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）成立∴令x=1，y=0，f（1+0）-f（0）=1（1+2×0+1）?f（0）=-2…

（Ⅱ）令

y=0，可得

f（x）=x2+x-2…

（Ⅲ）f

（x）+2＜logax即

x2+x＜logax又x∈(0，)，所以x2+x＞0，

当a＞1时，logax＜0，说明a＞1不合题意．

设h(x)＝x2+x?logax(0＜x＜，0＜a＜1)，即h（x）＜0恒成立

因为h′(x)＝2x+1?当0＜x＜，0＜a＜1时，h'（x）＞0恒成立…

所以

h（x）是增函数，有

h(x)＜h()＝?loga只需

?loga≤0恒成立，解得a≥所以实数a的取值范围是

a≥

略22.（本小题满分13分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．（Ⅰ）当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．参考答案：（17）（本小题满分13分）方法一：（Ⅰ）证明：如图①，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.………5分图①图②（Ⅱ）如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－＝λ2＋，OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝，故存在λ＝，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．……13分方法二：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．

图③(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．…………2分（Ⅰ）证明：当λ＝1时，FP＝(