福建省漳州市海峰职业中学2022-2023学年高三数学理期末试题含解析

福建省漳州市海峰职业中学2022-2023学年高三数学理期末试题含解析一、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.已知:函数的定义域为，且，为的导函数，函数的图象如图所示，则所围成的平面区域的面积是（

）A．2

B．4

C．5

D．8参考答案：B略2.已知球面的三个大圆所在平面两两垂直，则以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比为（

）A．1:

B．1:2

C．2:

D．4:3参考答案：A3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积（单位：cm2）是（

）A.6 B. C. D.12参考答案：C【分析】由三视图可还原几何体为三棱柱，则表面积为两个底面面积与三个侧面面积之和.【详解】由三视图可知几何体为三棱柱几何体表面积本题正确选项：【点睛】本题考查空间几何体的表面积的求解，关键是能够根据三视图判断出原几何体为三棱柱.4.已知α，β是两个不同平面，直线l?β，则“α∥β”是“l∥α”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：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】α，β是两个不同平面，直线l?β，则“α∥β”?“l∥α”，反之不成立．即可得出结论．【解答】解：∵α，β是两个不同平面，直线l?β，则“α∥β”?“l∥α”，反之不成立．∴α，β是两个不同平面，直线l?β，则“α∥β”是“l∥α”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题考查了线面面面平行的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5.已知复数z满足：，且z的实部为2，则（

）A．3

B．

C．

D．4参考答案：B,即,故.故选B

6.命题“存在，为假命题”是命题“”的（

）A．充要条件

B．必要不充分条件C．充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A7.的值等于

A．

B．

C．

D．参考答案：C8.有以下四种变换方式： ①向左平行移动个单位长度，再将每个点的横坐标缩短为原来的； ②向右平行移动个单位长度，再将每个点的横坐标缩短为原来的； ③每个点的横坐标缩短为原来的，再向右平行移动个单位长度； ④每个点的横坐标缩短为原来的，再向左平行移动个单位长度．其中能将函数的图象变为函数的图象是（

） A.①和④ B.①和③ C.②和④ D.②和③参考答案：A略9.n∈N*，“数列{an}是等差数列”是“点Pn在一条直线上”的(

)A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件参考答案：C略10.已知一个四面体有五条棱长都等于2，则该四面体的体积最大值为(

)A．

B．1

C．

D．2参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在△ABC中，tan=2sinC，若AB=1，则AC+BC的最大值为．参考答案：【考点】正弦定理；同角三角函数基本关系的运用．【专题】解三角形．【分析】由已知式子化简变形讨论可得C=，再由正弦定理可得AC+BC=sin（﹣A）+sinA=cosA+sinA，由三角函数的最值可得．【解答】解：∵在△ABC中，tan=2sinC，∴tan（﹣）=2sinC，∴=2sinC，∴=4sincos，即cos（4sin2﹣1）=0，解得cos=0或4sin2﹣1=0，∴C=π（舍去），或C=（舍去），或C=，又∵AB=1，∴==，∴AC=sinB，BC=sinA，又B=﹣A，∴AC+BC=sin（﹣A）+sinA=cosA+sinA，∴AC+BC的最大值为=故答案为：【点评】本题考查解三角形，涉及正弦定理和同角三角函数的基本关系，以及三角函数的化简求最值，属中档题．12.设α、β，且sinαcos（α+β）=sinβ，则tanβ的最小值是．参考答案：【考点】三角函数中的恒等变换应用．【专题】方程思想；分析法；三角函数的求值．【分析】由条件利用两角和差的正弦公式、同角三角函数的基本关系可得2tan2α?tanβ+tanβ﹣tanα=0，再根据△=1﹣8tan2β≥0，求得tanβ的最小值．【解答】解：∵sinαcos（α+β）=sinβ=sin[（α+β）﹣α]，∴sinαcos（α+β）=sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα，化简可得tan（α+β）=2tanα，即=2tanα，∴2tan2α?tanβ﹣tanα+tanβ=0，∴△=1﹣8tan2β≥0，解得﹣≤tanβ≤，∵β∈（，π），∴﹣≤tanβ＜0，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式，同角三角函数的基本关系，属于基础题．13.已知，为单位向量，，且，则________．参考答案：【分析】根据向量的夹角公式及数量积的运算计算即可求解.【详解】因为，又，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了向量数量积的定义，运算法则，性质，向量的夹角公式，属于中档题.14.若函数f（x）为定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=2x﹣1﹣3，则不等式f（x）＞1的解集为．参考答案：（﹣2，0）∪（3，+∞）15.（﹣）5的展开式的常数项为（用数字作答）．参考答案：﹣10【考点】二项式系数的性质．【专题】计算题；二项式定理．【分析】在（﹣）5展开式的通项公式中，令x的幂指数等于零，求出r的值，即可求出展开式的常数项．【解答】解：由于（﹣）5展开式的通项公式为Tr+1=?（﹣1）r?，令15﹣5r=0，解得r=3，故展开式的常数项是﹣10，故答案为：﹣10．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．16.已知，则

.参考答案：略17.已知集合，，则

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.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AA1+AB+AC=3，AB=AC=t（t＞0），P是侧棱AA1上的动点．（1）当AA1=AB=AC时，求证：A1C⊥BC1；（2）试求三棱锥P﹣BCC1的体积V取得最大值时的t值．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）推导出AC1⊥A1C，AB⊥AC，AB⊥AA1，由此能证明A1C⊥BC1．（2）推导出点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离，从而三棱锥P﹣BCC1的体积==，再利用导数能求出三棱锥P﹣BCC1的体积V取得最大值时的t值．【解答】证明：（1）∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB，又∵AA1=AC，∴四边形AA1C1C是正方形，∴AC1⊥A1C，∵AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC?平面AA1C1C，AA1∩AC=A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．解：（2）∵AA1∥平面BB1C1C，∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离，∴三棱锥P﹣BCC1的体积：====（0＜t＜），∴V′=﹣t（t﹣1），令V′=0，得t=1或t=0（舍），当t∈（0，1）时，V′＞0，函数V（t）是增函数，当t∈（1，）时，V′＜0，函数V（t）是减函数，∴当t=1时，Vmax=．19.（本小题满分12分）已知椭圆的方程为它的一个焦点与抛物线的焦点重合，离心率过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线交椭圆于A、B两点.

（1）求椭圆的标准方程；（2）设点求直线的方程参考答案：解：（1）设椭圆的右焦点为（c，0）因为的焦点坐标为（2，0），所以c=2

……2分

则a2=5,b2=1

故椭圆方程为：……………４分（2）由（1）得F（2，0），设的方程为y=k(x-2)(k≠0)

………6分

…………10分………12分20.（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，点为与在第一象限的交点，且.（1）求的方程；（2）平面上的点满足，直线，且与交于两点，若，求直线的方程.参考答案：解：（I）由

知

设，，解得，

在上，且椭圆的半焦距，于是，消去并整理得，

解得（不合题意，舍去）。

故椭圆的方程为.

--------6分（II）由知四边形是平行四边形，其中心为坐标原点，

因为，所以与的斜率相同，故的斜率。设。由设，所以

因为，所以，解得

，故所求直线的方程为或.

-------------14分21.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．

（1）若，△ABC的面积为，求c；

（2）若，求2c-a的取值范围．参考答案：（1）由三角形面积公式，，因为，，所以a=2.（4分）

由余弦定理，

（6分）

（2）由正弦定理，所以

（8分）

因为

于是

（10分）

因为∈∈，所以∈.故2c-a的取值范围为

（12分）

22.（12分）如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形．，．（1）证明：平面平面；（2