2022-2023学年江西省九江市岷山中学高三数学文下学期期末试题含解析

2022-2023学年江西省九江市岷山中学高三数学文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.如图，过圆外一点作一条直线与圆交于两点，若，点到圆的切线，弦平分弦于点，且，则等于（

）A． B． C．4 D．3参考答案：B试题分析：根据切割线定理，，解得，，设,利用相交弦定理，即，又，则与相似，，即，解方程组得：，选B.考点：平面几何选讲.2.在中，，，，，则(

)(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：C因为，所以。3.设函数且，则（

）A．1

B．2

C．3

D．6参考答案：C4.定义在上的函数满足：且，若，则的值是（

）A．

B．

C．

D．无法确定参考答案：A5.下列说法正确的是

A．合情推理就是归纳推理B．合情推理的结论不一定正确，有待证明C．演绎推理的结论一定正确，不需证明D．类比推理是从特殊到一般的推理参考答案：B6.已知函数f（x）=aln（x+1）﹣x2，若对?p，q∈（0，1），且p≠q，有恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，18） B．（﹣∞，18] C．[18，+∞） D．（18，+∞）参考答案：C【考点】对数函数的图象与性质．【分析】恒成立恒成立?'f（x+1）≥2恒成立，即恒成立，分离参数，求最值，即可求出实数a的取值范围．【解答】解：因为f（x）=aln（x+1）﹣x2，所以f（x+1）=aln[（x+1）+1]﹣（x+1）2，所以．因为p，q∈（0，1），且p≠q，所以恒成立恒成立?'f（x+1）≥2恒成立，即恒成立，所以a＞2（x+2）2（0＜x＜1）恒成立，又因为x∈（0，1）时，8＜2（x+2）2＜18，所以a≥18．故选：C．7.设函数f（x）=8lnx+15x﹣x2，数列{an}满足an=f（n），n∈N+，数列{an}的前n项和Sn最大时，n=（）A．15 B．16 C．17 D．18参考答案：B【考点】数列的求和．【分析】求出f（x）的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，再计算f（1），f（8），f（16），f（17）的符号，即可得到所求数列{an}的前n项和Sn最大时，n的值．【解答】解：函数f（x）=8lnx+15x﹣x2，x＞0导数为f′（x）=+15﹣2x==，当x＞8时，f′（x）＜0，f（x）递减；当0＜x＜8时，f′（x）＞0，f（x）递增，可得x=8处f（x）取得极大值，且为最大值，f（8）=8ln8+120﹣64＞0，由an=f（n），n∈N+，可得f（1）=15﹣1=14＞0，f（16）=8ln16+15×16﹣162=8ln16﹣16＞0，f（17）=8ln17+15×17﹣172=8ln17﹣34＜0，由单调性可得a1，a2，…，a16都大于0，a17＜0，则数列{an}的前n项和Sn最大时，n=16．故选：B．【点评】本题考查数列前n项和的最值，注意运用导数判断单调性，考查运算能力，属于中档题．8.已知（1+ɑx）(1+x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ=（

）（A）-4 （B）-3（C）-2

（D）-1参考答案：D9.对于棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，有如下结论，其中错误的是（

）A.以正方体的顶点为顶点的几何体可以是每个面都为直角三角形的四面体；B.过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则A,H,C1三点共线；C.过正方体中心的截面图形不可能是正六边形；D.三棱锥A-B1CD1与正方体的体积之比为1:3．参考答案：C【分析】在正方体中可找到四面体各个面都是直角三角形，排除；利用线面垂直判定定理可证出平面，从而可知三点共线，排除；在图形中可找到截面图形为正六边形的情况，可知结果为；利用切割的方法求得，从而可求得所求体积之比，排除.【详解】在如下图所示的正方体中：四面体的四个面均为直角三角形，可知正确；，

平面

又

，即平面，即过作平面的垂线即为三点共线，可知正确；若为所在棱的中点，连接后可知六边形为正六边形且此正六边形过正方体的中心，可知错误；三棱锥体积：正方体体积：三棱锥与正方体的体积之比为：，可知正确.本题正确选项：【点睛】本题考查正方体中的线线关系、线面关系、截面问题、体积问题的相关命题的判定，对于学生空间想象能力要求较高.10.某厂一月份、二月份、三月份、四月份的利润分别为2、4、4、6（单位：万元），用线性回归分析估计该厂五月份的利润为

A．6.5万元

B．7万元

C．7.5万元

D．8万元参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为的正方形，AA1=3，E是AA1的中点，过C1作C1F⊥平面BDE与平面ABB1A1交于点F，则CF与平面ABCD所成角的正切值为．参考答案：【考点】直线与平面所成的角．【分析】连结AC、BD，交于点O，当C1F与EO垂直时，C1F⊥平面BDE，从而F∈AA1，进而∠CAF是CF与平面ABCD所成角，由△C1A1F∽△EAO，求出AC，由此能求出CF与平面ABCD所成角的正切值．【解答】解：连结AC、BD，交于点O，∵四边形ABCD是正方形，AA1⊥底面ABCD，∴BD⊥平面ACC1A1，则当C1F与EO垂直时，C1F⊥平面BDE，∵F∈平面ABB1A1，∴F∈AA1，∴∠CAF是CF与平面ABCD所成角，在矩形ACC1A1中，△C1A1F∽△EAO，则=，∵A1C1=2AO=AB=2，AE=，∴A1F=，∴AF=，∴tan==．∴CF与平面ABCD所成角的正切值为．故答案为：．【点评】本题考查线面角的正切值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．12.在等差数列中，，则数列的前11项和S11等于

．参考答案：132

略13.如果定义在R上的函数f（x）对任意两个不等的实数x1，x2都有x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1），则称函数f（x）为“Z函数”给出函数：①y=﹣x3+1，②y=3x﹣2sinx﹣2cosx③y=④y=．以上函数为“Z函数”的序号为．参考答案：②考点：抽象函数及其应用．

专题：函数的性质及应用．分析：不等式x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1）等价为（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0，即满足条件的函数为单调递增函数，判断函数的单调性即可得到结论．解答：解：∵对于任意给定的不等实数x1，x2，不等式x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1）恒成立，∴不等式等价为（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0恒成立，即函数f（x）是定义在R上的增函数．①函数y=﹣x3+1在定义域上单调递减．不满足条件．②y=3x﹣2sinx﹣2cosx，y′=3﹣2cosx+2sinx=3+2（sinx﹣cox）=3﹣2sin（x﹣）＞0，函数单调递增，满足条件．③f（x）=y=，当x＞0时，函数单调递增，当x＜0时，函数单调递减，不满足条件．④y=，当x＞0时，函数单调递增，当x＜0时，函数单调递减，不满足条件．故答案为：②点评：本题主要考查函数单调性的应用，将条件转化为函数的单调性的形式是解决本题的关键．14.函数的定义域是

参考答案：（-3，2

）15.设函数f（x）=kx2﹣kx，g（x）=，若使得不等式f（x）≥g（x）对一切正实数x恒成立的实数k存在且唯一，则实数a的值为

．参考答案：2【分析】根据题意：g（x）=lnx（x≥1），图象过（1，0），所以二次函数图象过（1，0），即k=1，可得函数f（x）=x2﹣x，当0＜x＜1时，要使f（x）对一切正实数x恒成立，即x2﹣x≥﹣x3+（a+1）x2﹣ax．利用二次函数的性质求解即可．【解答】解：由题意：函数f（x）=，g（x）=，当g（x）=lnx（x≥1），图象过（1，0），使得不等式f（x）≥g（x）对一切正实数x恒成立的实数k存在且唯一，即kx2﹣kx﹣lnx≥0，令m（x）=kx2﹣kx﹣lnx≥0则m′（x）=2kx﹣k﹣≥0．实数k存在且唯一，当x=1时，解得k=1．即k=1．可得函数f（x）=x2﹣x．当0＜x＜1时，要使f（x）≥g（x）对一切正实数x恒成立，即x2﹣x≥﹣x3+（a+1）x2﹣ax．令h（x）=x2﹣ax+a﹣1≥0，∵对一切正实数x恒成立且唯一，∴△=a2﹣4（a﹣1）=0，解得：a=2．故答案为：2．16.公差不为0的等差数列{an}中，a1+a3=8，且a4为a2和a9和等比中项，则a5=．参考答案：13【考点】等差数列的通项公式．【分析】设等差数列{an}的公差d≠0，由a1+a3=8，且a4为a2和a9和等比中项，可得2a1+2d=8，，联立解出即可得出．【解答】解：设等差数列{an}的公差d≠0，∵a1+a3=8，且a4为a2和a9和等比中项，∴2a1+2d=8，，解得a1=1，d=3．则a5=1+3×4=13．故答案为：13．17.已知数列是等差数列，，，则过点和点的直线的倾斜角是

（用反三角函数表示结果）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.已知函数,函数.（Ⅰ）求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当时,证明：对一切的,都有恒成立；（Ⅲ）当时,函数有最小值,记g(x)的最小值为证明：;参考答案：解：（Ⅰ）

令则……………2分 随着变化,变化情况如下表，

+

-单增

极大值单减所以在处取得极大值，极大值为

无极小值.……………4分（Ⅱ）要证：，即证：即证：……………5分由（Ⅰ）知以在处取得极大值也是最大值令，令则，令则,故在递减，在递增，故在处取得极小值也是最小值……………7分故得证，即得证……………8分（Ⅲ），设，则由得，而得故在单增，又所以存在唯一，使得即，即……………10分当，当，故在递减，在递增，故在处取得极小值也是最小值……………12分而，由故，即因此在单调递减，……………13分故即从而，即……………14分19.已知各项均为正数的两个数列和满足：，，（1）设，，求证：数列是等差数列；（2）设，，且是等比数列，求和的值．参考答案：解：（1）∵，∴。

∴。∴

。

∴数列是以1为公差的等差数列。（2）∵，∴。

∴。（﹡）

设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明

若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。

若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。

∴综上所述，。∴，∴。

又∵，∴是公比是的等比数列。

若，则，于是。

又由即，得。

∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。

∴。

∴。20.已知F1、F2是椭圆+=1的左、右焦点，O为坐标原点，点P（﹣1，）在椭圆上，线段PF2与y轴的交点M满足+=；（1）求椭圆的标准方程；（2）⊙O是以F1F2为直径的圆，一直线l：y=kx+m与⊙O相切，并与椭圆交于不同的两点A、B．当=λ且满足≤λ≤时，求△AOB面积S的取值范围．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的标准方程．（Ⅱ）由圆O与直线l相切，和m2=k2+1，由，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，由此能求出△AOB面积S的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵+=，∴点M是线段PF2的中点，∴OM是△PF1F2的中位线，又OM⊥F1F2∴PF1⊥F1F2∴，解得a2=2，b2=1，c2=1，∴椭圆的标准方程为=1．（Ⅱ）∵圆O与直线l相切，∴，即m2=k2+1，由，消去y：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，∵直线l与椭圆交于两个不同点，∴△＞0，∴k2＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣，，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==，=x1x2+y1y2==λ，∴，∴，解得：，S=S△AOB===，设μ=k4+k2，则，S=，，∵S关于μ在[]上单调递增，S（）=，S（2）=．∴．21.(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆C的参数方程．以O为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线的交点为Q，求线段PQ的长．参考答案：（1）圆C的普通方程为，又所以圆C的极坐标方程为

………5分（2）设，则由

解得

………7分设，则由解得………9分所以

………10分22.（14分）如图，在三棱锥中，平面,

,且.（1)求证：平面平面;（2）求二面角的平面角的余弦值.参考答案：（1）平面

1分

2分

平面

4分

平面平