2022-2023学年山西省阳泉市第十三中学高三数学文期末试卷含解析

2022-2023学年山西省阳泉市第十三中学高三数学文期末试卷含解析一、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.已知是定义在上的偶函数,且在上单调递增,则不等式的解集是(

)A．

B．

C．∪

D．不能确定参考答案：C2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=900,∠ACC1=600,∠BCC1=450,侧棱CC1的长为1，则该三棱柱的高等于A.

B.

C.

D.

参考答案：A解析：过顶点A作底面ABC的垂线，由已知条件和立体几何线面关系易求得高的长.3.具有性质：的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：

?；?；?中满足“倒负”变换的函数是(

)A．??

B．??

C．??

D．只有?参考答案：B4.已知集合，若，则的值为A．1

B．2

C．1或2

D．3参考答案：答案：C5.已知函数，则（

）A．

0

B．1

C.

D．2参考答案：B6.参考答案：C略7.设函数f（x）=ex﹣e﹣x，g（x）=lg（mx2﹣x+），若对任意x1∈（﹣∞，0]，都存在x2∈R，使得f（x1）=g（x2），则实数m的最小值为（）A．﹣ B．﹣1 C．﹣ D．0参考答案：A【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】由题意求出f（x）的值域，再把对任意x1∈R，都存在x2∈R，使f（x1）=g（x2）转化为函数g（x）的值域包含f（x）的值域，进一步转化为关于m的不等式组求解．【解答】解：∵f（x）=ex﹣e﹣x在（﹣∞，0]为增函数，∴f（x）≤f（0）=0，∵?x2∈R，使f（x1）=g（x2），∴g（x）=lg（mx2﹣x+）的值域包含（﹣∞，0]，当m=0时，g（x）=lg（﹣x+），显然成立；当m≠0时，要使g（x）=lg（mx2﹣x+）的值域包含（﹣∞，0]，则mx2﹣x+的最大值大于等于1，∴，解得﹣≤m＜0，综上，﹣≤m≤0，∴实数m的最小值﹣故选：A．【点评】本题考查函数的值域，体现了数学转化思想方法，正确理解题意是解答该题的关键，是中档题．8.若函数，记，

，则

A．

B．

C．

D．参考答案：B略9.若则=（

）A.1

B.3

C.

D.参考答案：D10.已知非零向量=a，=b，且BCOA，c为垂足，若，则等于参考答案：B【知识点】平面向量基本定理及向量坐标运算F2由于=λ，根据向量投影的定义，得λ就是向量在向量方向上的投影，即λ=。【思路点拨】根据一个向量在另一个向量方面上和投影的定义即可得出答案．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设是已知平面上所有向量的集合，对于映射，记的象为。若映射满足：对所有及任意实数都有，则称为平面上的线性变换。现有下列命题：①设是平面上的线性变换，，则

②若是平面上的单位向量，对，则是平面上的线性变换；③对，则是平面上的线性变换；④设是平面上的线性变换，，则对任意实数均有。其中的真命题是

（写出所有真命题的编号）参考答案：①③④解析：①：令，则故①是真命题

同理，④：令，则故④是真命题

③：∵，则有

是线性变换，故③是真命题

②：由，则有

∵是单位向量，≠0，故②是假命题【备考提示】本小题主要考查函数，对应及高等数学线性变换的相关知识，试题立意新颖，突出创新能力和数学阅读能力，具有选拔性质。12.（4分）在平面内，三角形的面积为S，周长为C，则它的内切圆的半径γ=．在空间中，三棱锥的体积为V，表面积为S，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球（球面与三棱锥的各个面均相切）的半径R=．参考答案：【考点】：类比推理；棱锥的结构特征．【专题】：压轴题；规律型．【分析】：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．但由于类比推理的结果不一定正确，故我们还需要进一步的证明．解：结论：若三棱锥表面积为S，体积为V，则其内切球半径r=”证明如下：设三棱锥的四个面积分别为：S1，S2，S3，S4，由于内切球到各面的距离等于内切球的半径∴V=S1×r+S2×r+S3×r+S4×r=S×r∴内切球半径r=故答案为：．【点评】：本题考查的知识点是类比推理、棱锥的结构特征，在由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．13.已知函数f（x）=sin（2ax+）的最小正周期为4π，则正实数a=．参考答案：考点：三角函数的周期性及其求法．专题：三角函数的图像与性质．分析：根据三角函数的周期性可得=4π，由此解方程解得a的值．解答：解：∵函数f（x）=sin（2ax+）的最小正周期为4π，∴=4π，解得a=，故答案为．点评：本题主要考查三角函数的周期性和求法，属于中档题．14.如图所示，这是计算的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是

.

参考答案：答案：

15.命题“对，都有”的否定是

.参考答案：，使得；16.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.参考答案：略17.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

．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.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB=BC=BD=，CD=2AB=2，∠PAD=120°，E和F分别是棱CD和PC的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面PCD；（2）求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）先推导出四边形ABED是矩形，从而AB⊥平面PAD，进而CD⊥PD，CD⊥EF，CD⊥BE，由此得到CD⊥平面BEF，由此能证明平面BEF⊥平面PCD．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标角系，利用向量法能求出直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．【解答】证明：（1）∵BC=BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，∵AB∥CD，∴CD=2AB，∴AB∥DE，且AB=DE，∴四边形ABED是矩形，∴BE∥AD，BE=AD，AB⊥AD，∵AB⊥PA，又PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥PD，且CD⊥AD，又∵在平面PCD中，EF∥PD，∴CD⊥EF，∵EF∩BE=E，∴EF?平面BEF，BE?平面BEF，又CD⊥BE，∴CD⊥平面BEF，∵CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．解：（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标角系，∵PB=BC=BD=，CD=2AB=2，∠PAD=120°，∴PA===2，AD=BE==2，BC===2，则P（0，﹣1，），D（0，2，0），B（），C（2，2，0），=（0，3，﹣），=（﹣），=（），设平面PBC的法向量=（x，y，z），则，取x=，得=（，），设直线PD与平面PBC所成的角为θ，sinθ=|cos＜＞|=||=||=．∴直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，则中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19.中，内角的对边分别是，已知．⑴求的大小；⑵若，且，求面积的最大值．参考答案：（1）（2）在中由余弦定理可得，………8分所以，……

..10分因此．

11分 20.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4x与椭圆C有相同的焦点，且椭圆C过点．（I）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若椭圆C的右顶点为A，直线l交椭圆C于E、F两点（E、F与A点不重合），且满足AE⊥AF，若点P为EF中点，求直线AP斜率的最大值．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（I）由题意可知：抛物线y2=4x的焦点（1，0），c=1，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（Ⅱ）设直线AE的方程为y=k（x﹣2），代入椭圆方程由韦达定理，求得E点坐标，由AE⊥AF，及中点坐标公式求得P坐标及直线AP的方程，当k≠0时，t=，利用换元法及基本不等式的性质，即可求得直线AP斜率的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：抛物线y2=4x的焦点（1，0）与椭圆C有相同的焦点，即c=1，a2=b2+c2=b2+1，由椭圆C过点，代入椭圆方程：，解得：a=2，b=，则椭圆的标准方程为；（Ⅱ）设直线AE的方程为y=k（x﹣2），则，可得（3+4k2）x2﹣16k2x+16k2﹣12=0，由2+xE=，可得xE=，yE=k（xE﹣2）=﹣，由于AE⊥AF，只要将上式的k换为﹣，可得xF=，yF=，由P为EF的中点，即有P（，），则直线AP的斜率为t==，当k=0时，t=0；当k≠0时，t=，再令s=﹣k，可得t=，当s=0时，t=0；当s＞0时，t=≤=，当且仅当4s=时，取得最大值；综上可得直线AP的斜率的最大值为．21.（本小题满分12分）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，，分别是，的中点．若，。（1）求证：平面；（2）求直线平面所成角的正弦值。参考答案：（1）取PC的中点G，连结EG，FG，又由F为PD中点，则

FG.