2022-2023学年山东省聊城市进修学校高三数学文上学期期末试卷含解析

2022-2023学年山东省聊城市进修学校高三数学文上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.如图是60名学生参加数学竞赛的成绩（均为整数）的频率分布直方图，估计这次数学竞赛的及格率（60分及以上为及格）是（

）A．0.9

B．0.75

C．0.8

D．0.7参考答案：B大于或等于60分的共四组，它们是：[59.5，69.5），[69.5，79.5），[79.5，89.5），[89.5，99.5）．分别计算出这四组的频率，如[79.5，89.5）这一组的矩形的高为0.025直方图中的各个矩形的面积代表了频率，则[79.5，89.5）这一组的频率=0.025×10=0.25同样可得，60分及以上的频率=（0.015+0.03+0.025+0.005）×10=0.75估计这次数学竞赛竞赛的及格率（大于或等于60分为及格）为75%，故选：B．

2.将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则函数图像的一条对称轴为（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：C略3.在中,若,则为A.

B.

C.或

D.或参考答案：C4.已知函数y=f（x）在（0，2）上是增函数，函数f（x+2）是偶函数，则

A．

B．

C．

D．参考答案：B5.是定义在上的奇函数，且时，则不等式的解集是

（

）.A．

B．C．

D．参考答案：B6.已知点A（﹣3，0），B（0，2）在椭圆上，则椭圆的标准方程为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】椭圆的简单性质．【分析】根据题意，将点的坐标代入椭圆方程可得，解得m2、n2值，将其值代入椭圆方程即可得答案．【解答】解：根据题意，点A（﹣3，0），B（0，2）在椭圆上，则有，解得m2=9，n2=4，即椭圆的标准方程为+=1；故选：B．7.在同一个坐标系中画出函数的部分图象，其中且a≠1,则下列图象中可能正确的是参考答案：D略8.设集合，，则=

（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：A因为，，则，选A.9.如果复数(a∈R)为纯虚数，则a＝(

)(A)－2

(B)0

(C)1

(D)2参考答案：D10.在⊿ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b,c若⊿ABC为A．钝角三角形

B．直角三角形

C．锐角三角形

D．对边三角形

参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若f(x)＋＝x，则f(x)＝____．参考答案：12.设常数，若的二项展开式中项的系数为，则

。参考答案：-213.如图，是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为．参考答案：34+6【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个长为6，宽为2的矩形，顶点底面的面积，四棱锥的一个侧面与底面垂直，四棱锥的高是4，根据勾股定理做出三角形的高，做出4个三角形的面积，求和得到结果．【解答】解：由三视图知，几何体是一个四棱锥，∵四棱锥的底面是一个长为6，宽为2的矩形，∴面积是6×2=12，∵四棱锥的一个侧面与底面垂直，顶点在底面上的射影是垂直于底面的这条棱与底面的交线的中点，四棱锥的高是4，和垂直于底面的侧面相对的面的高是，∴四个侧面的面积是=34+6，故答案为：34+6【点评】本题考查由三视图求几何体的表面积，考查由三视图还原几何体，并且顶点几何体各个部分的长度，本题考查利用勾股定理求三角形的高，本题是一个基础题．14.已知椭圆+=1（m＞n＞0）的离心率为，且有一个焦点与抛物线y2=16x的焦点重合，则椭圆的短轴长为．参考答案：8【考点】椭圆的简单性质．【专题】综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】利用椭圆+=1（m＞n＞0）的离心率为，可得==，所以4n=3m，利用焦点与抛物线y2=16x的焦点重合，求出m，n，即可求出椭圆的短轴长．【解答】解：由已知得==，所以4n=3m，因为抛物线y2=16x的焦点为（4，0），而椭圆的右焦点为（c，0），所以c=4，得m﹣n=42=16，解得m=64，n=48，所以椭圆的短轴长为2=2=8．故答案为：8．【点评】本题考查椭圆、抛物线的性质，考查学生的计算能力，确定几何量是关键．15.在极坐标系中，曲线与的交点的极坐标为

.参考答案：16.直三棱柱ABC-A1B1C1中，，设其外接球的球心为O，已知三棱锥O-ABC的体积为1，则球O表面积的最小值为__________．参考答案：.【分析】设，由三棱锥的体积为可得．然后根据题意求出三棱柱外接球的半径为，再结合基本不等式可得外接球表面积的最小值．【详解】如图，在中，设，则．分别取的中点，则分别为和外接圆的圆心，连，取的中点，则为三棱柱外接球的球心．连，则为外接球的半径，设半径为．∵三棱锥的体积为，即，∴．在中，可得，∴，当且仅当时等号成立，∴球表面积的最小值为．故答案为：．【点睛】解答几何体外接球的体积、表面积问题的关键是确定球心的位置，进而得到球的半径，解题时注意球心在过底面圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等．在确定球心的位置后可在直角三角形中求出球的半径，此类问题考查空间想象力和计算能力，难度较大．17.执行如图所示的程序框图，则输出S的结果为

．参考答案：30i=3时，，继续，i=5时，，继续，i=7时，，停止，输出S=30．

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．（1）若不等式的解集为空集，求实数的取值范围；（2）若，且，判断与的大小，并说明理由．参考答案：（1）；（2）.考点：1、绝对值不等式的性质；2、比较大小、绝对值不等式的证明.19.已知椭圆C1以直线所过的定点为一个焦点，且短轴长为4.（Ⅰ）求椭圆C1的标准方程；（Ⅱ）已知椭圆C2的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的?倍(?＞1)，过点C(?1,0)的直线l与椭圆C2交于A，B两个不同的点，若，求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.

参考答案：(Ⅰ)所给直线方程变形为,

…......……………1分可知直线所过定点为.

...............………2分∴椭圆焦点在y轴,且c=，依题意可知b=2，∴a2=c2+b2=9.

……………3分椭圆C1的方程标准为.

………………4分(Ⅱ)依题意，设椭圆C2的方程为，A(x1,y1),B(x2,y2)，………………6分∵?＞1，∴点C(?1,0)在椭圆内部，直线l与椭圆必有两个不同的交点.当直线l垂直于x轴时，(不是零向量)，不合条件；故设直线l为y=k(x+1)(A，B，O三点不共线，故k≠0),

……………..…7分由得.由韦达定理得.

………………8分∵，而点C(?1,0)，∴(?1?x1,?y1)=2(x2+1,y2)，∴y1=?2y2，

………………..…9分即y1+y2=?y2

故.

………………10分∴△OAB的面积为.

.......................……11分上式取等号的条件是，即k=±时，△OAB的面积取得最大值.所以直线的方程为或.

………………12分20.已知函数和的图象关于原点对称，且．（1）解关于x的不等式；（2）如果对，不等式恒成立，求实数c的取值范围．参考答案：（1）（2）试题分析：（1）由函数和的图象关于原点对称可得的表达式，再去掉绝对值即可解不等式；（2）对，不等式成立等价于，去绝对值得不等式组，即可求得实数的取值范围.试题解析：（1）∵函数和的图象关于原点对称，∴，∴原不等式可化为，即或，解得不等式的解集为；（2）不等式可化为：，即，即，则只需，解得，的取值范围是.21.（本小题满分14分）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．参考答案：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

22.设Sn为等差数列{an}的前n项和，且.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Tn，且，求数列的前n项和Rn.参考答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）将和利用和来表示，构造方程组解得和，根据等差数列通项公式求得