2022-2023学年浙江省杭州市安吉中学高三数学理下学期期末试卷含解析

2022-2023学年浙江省杭州市安吉中学高三数学理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,则“”是“函数在上为减函数”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：B2.若，满足约束条件，则的最小值为

（）

（A） （B） （C） （D）参考答案：C3.已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的两个焦点为F1，F2，其中一条渐近线方程为y=x（b∈N*），P为双曲线上一点，且满足|OP|＜5（其中O为坐标原点），若|PF1|、|F1F2|、|PF2|成等比数列，则双曲线C的方程为(

) A．﹣y2=1 B．x2﹣y2=1 C．﹣=1 D．﹣=1参考答案：A考点：双曲线的标准方程．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：由已知条件推导出|PF1|2+|PF2|2﹣8c2=16，由余弦定理得|PF2|2+|PF1|2=2c2+2|OP|2，由此求出b2=1，由一条渐近线方程为y=x，求得a=2，由此能求出双曲线方程．解答： 解：∵|F1F2|2=|PF1|?|PF2|，∴4c2=|PF1|?|PF2|，∵|PF1|﹣|PF2|=4，∴|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|?|PF2|=16，即：|PF1|2+|PF2|2﹣8c2=16，①设：∠POF1=θ，则：∠POF2=π﹣θ，由余弦定理得：|PF2|2=c2+|OP|2﹣2|OF2|?|OP|?cos（π﹣θ），|PF1|2=c2+|OP|2﹣2|OF1||OP|?cosθ整理得：|PF2|2+|PF1|2=2c2+2|OP|2②由①②化简得：|OP|2=8+3c2=20+3b2∵OP＜5，∴20+3b2＜25，∵b∈N，∴b2=1．∵一条渐近线方程为y=x（b∈N*），∴=，∴a=2，∴=1．故选：A．点评：本题考查双曲线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．4.若长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点都在体积为288π的球O的球面上，则长方体ABCD-A1B1C1D1的表面积的最大值等于（

）A.576 B.288 C.144 D.72参考答案：B【分析】求出球的半径，设出长方体的三度，求出长方体的对角线的长就是球的直径，推出长方体的表面积的表达式，然后求出最大值．【详解】由球的体积为，可得设长方体的三边为：a，b，c，球的直径就是长方体的对角线的长，

由题意可知，长方体的表面积为：；当a=b=c时取得最大值，也就是长方体为正方体时表面积最大．

故选B.．【点睛】本题考查长方体的外接球的知识，长方体的表面积的最大值的求法，基本不等式的应用，考查计算能力；注意利用基本不等式求最值时，正、定、等的条件的应用．5.则(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：D略6.在△ABC中，若，则cosB的值为

(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：D7.已知为等差数列，若，则

A．24

B．27

C．15

D．54参考答案：B略8.如果复数（m2＋i）（1＋mi）是实数，则实数m＝

(

)A．1

B．－1

C．

D．－参考答案：B9.已知全集，集合=

（

）

A．{4}

B．{2，3，4}

C．{2，3}

D．{1，4}

参考答案：A略10.在等比数列等于A．2

B．3

C．

D．参考答案：答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设满足条件的点构成的平面区域的面积为，满足条件的点构成的平面区域的面积为（其中，分别表示不大于x，y的最大整数，例如，），给出下列结论：①点在直线左上方的区域内；②点在直线左下方的区域内；③；④．其中所有正确结论的序号是___________．参考答案：①③.12.下列命题中正确的是

（写出所有正确命题的题号）

①存在α满足；

②是奇函数；

③的一个对称中心是(－；

④的图象可由的图象向右平移个单位得到。参考答案：②③略13.袋中有3个大小、质量相同的小球，每个小球上分别写有数字，随机摸出一个将其上的数字记为，然后放回袋中，再次随机摸出一个，将其上的数字记为，依次下去，第n次随机摸出一个，将其上的数字记为记，则（1）随机变量的期望是_______；（2）当时的概率是_______。参考答案：、解：，。可以求得随机变量的分布列如表所示，期望为。当时的概率是0124p

14.已知（k是正整数)的展开式中，的系数小于120,则k=______参考答案：115.如图都是由边长为1的正方体叠成的几何体,例如第(1)个几何体的表面积为6个平方单位，第(2)个几何体的表面积为18个平方单位，第(3)个几何体的表面积是36个平方单位.依此规律,则第n个几何体的表面积是__________个平方单位.参考答案：试题分析：1.从上向下看，每层顶面的面个数为：第一层是1，第二层是2，第三层是3………第五层是5，共5个面；2.左边和右边还有底面的面积相等，5层时为，1+2+3+4+5=15个面3.剩下最后2个面了，这2个面的特征就是都有一个角，一个角有3个面，一共有第一层1个角，第二层2角，第三层3个角……第五层5个角，共有1+2+3+4+5=15个角,45个面；4.计算：1层时=62层时=（1+2）×3

+

（1+2）×3

=

9+9=183层时=（1+2+3）×3

+（1+2+3）×3=18+18=36第n层时为（1+2+3+……+n）×3

+

（1+2+3+……+n）×3也就是6×（1+2+3+……+n）所以当n=5是，表面积为6×15=90故第n个几何体的表面积是个平方单位考点：本题主要考查归纳推理，等差数列的求和。点评：常见题，逐个考查，发现规律，大胆做出猜想。16.海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向，且与A相距10海里的C处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为小时．参考答案：【考点】解三角形的实际应用．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形．【分析】设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x小时，由已知得△ABC中，AC=10，AB=21x，BC=9x，∠ACB=120°，由此利用余弦定理能求出结果．【解答】解：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x小时，如图，则由已知得△ABC中，AC=10，AB=21x，BC=9x，∠ACB=120°，由余弦定理得：（21x）2=100+（9x）2﹣2×10×9x×cos120°，整理，得36x2﹣9x﹣10=0，解得x=或x=﹣（舍）．∴海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为小时．故答案为：．【点评】本题考查解三角形在生产生活中的实际运用，是中档题，解题时要认真审题，作出图形，利用余弦定理求解．17.如图正四面体ABCD，E为棱BC上的动点，则异面直线BD和AE所成角的余弦值的范围为_______．参考答案：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）（1）已知三角形的顶点为A（2，4），B（0，﹣2），C（﹣2，3），线段AB的中点为M，求：AB边上的中线CM所在直线的方程；（2）已知圆心为E的圆经过点P（0，﹣6），Q（1，﹣5），且圆心E在直线l：x﹣y+1=0上，求圆心为E的圆的标准方程．参考答案：考点： 直线和圆的方程的应用．专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程．分析： （1）由题意AB中点M的坐标是M（1，1），运用直线的两点式求解即可．（2）运用中点公式，斜率公式判断得出线段PQ的垂直平分线l′的方程为：y=﹣（x﹣），运用方程组得出圆心E的坐标是方程组圆心坐标，半径，即可求解出圆．解答： 解：（1）由题意AB中点M的坐标是M（1，1），中线CM所在直线的方程是=，即2x+3y﹣5=0．（2）∵p（0，﹣6），Q（1，﹣5），∴线段PQ的中点D的坐标为（，﹣），∵直线PQ的斜率为kAB==1，∴线段PQ的垂直平分线l′的方程为：y=﹣（x﹣），即x+y+5=0，圆心E的坐标是方程组的解，解此方程组得出∴圆心E的坐标（﹣3，﹣2），即以E为圆心的圆的半径r=|PE|==5，∴圆心为E的圆的标准方程：（x+3）2+（y+2）2=25点评： 本题考查直线与圆的方程，运用直线，圆的性质，位置关系判断求解，关键是确定圆心，半径，难度不大，属于中档题．19.（本小题满分15分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点在原点，焦点为F（1，0）．过抛物线在轴上方的不同两点、作抛物线的切线、，与轴分别交于、两点，且与交于点，直线与直线交于点．（Ⅰ）求抛物线的标准方程；（Ⅱ）求证：轴；（Ⅲ）若直线与轴的交点恰为F（1，0），求证：直线过定点．参考答案：解：（1）（2）设A，B又，切线AC的方程：，即，整理得①

则C（）同理切线BD的方程②

则D（）又直线AD方程③

直线BC的方程是④由③④，所以，即轴20.(本小题满分12分)设函数(1)当a=1时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；(3)设函数，若在[l，e]上至少存在一点使成立，求实数a的取值范围.参考答案：21.（本小题满分12分）已知函数在处取最小值.（1）求的值；（2）在中，分别为内角的对边，已知，求角.参考答案：(1);(2)或.试题分析：（1）利用三角恒等变换公式化简函数解析式得，由在处取最小值及查求得；（2）由可得，再由正弦定理求出，从而求出角的值，即可求角.

（2）因为，所以，因为角为的内角，所以.又因为，所以由正弦定理，得，也就是，因为，所以或.当时，；当时，.考点：1.三角恒等变换；2.正弦定理；3.三角函数的图象与性质.【名师点睛】本题考查三角恒等变换、正弦定理、三角函数的图象与性质，属中档题.在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.22.（本题满分12分）如图1，在直角梯形中，，，且．现以为一边向形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，为的中点，如图2．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求三棱锥D—BCE的体积.参考答案：（Ⅰ）证明：取中点，连结．

在△中，分别为的中点，所以∥，且．

由已知∥，，所以∥，且．

…………2分

所以四边形为平行四边形．所以∥．

………