广东省深圳市罗芳中学2022-2023学年高三数学理期末试卷含解析

广东省深圳市罗芳中学2022-2023学年高三数学理期末试卷含解析一、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.直线与函数的图像恰有三个公共点，则实数m的取值范围是（

）A．

B.

C.

D.参考答案：【知识点】函数的零点与方程根的关系．B9【答案解析】A解析：解：根据题意，直线y=x与射线y=2（x＞m）有一个交点A（2，2），

并且与抛物线y=x2+4x+2在（-∞，m]上的部分有两个交点B、C由，联解得B（-1，-1），C（-2，-2）∵抛物线y=x2+4x+2在（-∞，m]上的部分必须包含B、C两点，且点A（2，2）一定在射线y=2（x＞m）上，才能使y=f（x）图象与y=x有3个交点∴实数m的取值范围是-1≤m＜2故答案为：-1≤m＜2【思路点拨】根据题意，求出直线y=x与射线y=2（x＞m）、抛物线y=x2+4x+2在（-∞，m]上的部分的三个交点A、B、C，且三个交点必须都在y=f（x）图象上，由此不难得到实数m的取值范围2.设,二次函数的图像可能是

参考答案：D3.（）Ａ．等于

Ｂ．等于

Ｃ．等于

Ｄ．不存在参考答案：答案：B4.对于直线和平面，下列条件中能得出的是（）A．

B．C．

D．参考答案：C5.过曲线，点P的坐标为(

)

A．

B．

C．

D．参考答案：A6.如图是判断“美数”的流程图，在[30，40]内的所有整数中“美数”的个数是（

）A.1 B.2 C.3 D.4参考答案：C【分析】由程序框图可知，美数就是能被3整除不能被6整除或能被12整除的数，即可得到本题答案.【详解】由程序框图知美数是满足：能被3整除不能被6整除或能被12整除的数，在内的所有整数中，所有的能被3整除的数有30，33，36，39共4个，其中能被12整除的有36，不能被6整除的有33，39，所以在[30，40]内的所有整数中“美数”的个数是3.故选：C【点睛】本题主要考查程序框图，属基础题.7.给定集合，定义，若，，则集合中的所有元素之和为

（A）9（B）8（C）7（D）6参考答案：答案：D8.的展开式的常数项是（

）

[参考答案：D【命题立意】本题考查二项式定理的内容。第一个因式取，第二个因式取

得：，第一个因式取，第二个因式取得：

展开式的常数项是．9.已知A、B两点分别在两条互相垂直的直线和上，且线段的中点为P，则线段AB的长为（

）

A．8

B．9

C．10

D．11

解析：由已知两直线互相垂直得，∴线段AB中点为P，且AB为直角三角形的斜边，由直角三角形的性质得，选C．参考答案：C略10.定积分的值为（

）

参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，则f（x）的定义域为

．参考答案：（1，+∞）考点：函数的定义域及其求法．专题：函数的性质及应用．分析：利用换元法先求出函数f（x）的表达式，根据函数成立的条件进行求解即可．解答： 解：设t=x2﹣3，则x2=t+3，则f（t）=lg=lg，由＞0得t＞1或t＜﹣3，∵t=x2﹣3≥﹣3，∴t＞1，即f（t）=lg的定义域为（1，+∞），故函数f（x）的定义域为（1，+∞），故答案为：（1，+∞）点评：本题主要考查函数的定义域的求解，根据条件先求出函数f（x）的解析式是解决本题的关键．12.对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”。某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心。若，请你根据这一发现，求：（1）函数的对称中心为__________；（2）=________参考答案：（1）(,1)（2）201313.如右上图，如果执行它的程序框图，输入正整数，那么输出的等于

．参考答案：168014.在区间[﹣1，1]上随机取一个数x，使sin的值介于0到之间的概率为．参考答案：【考点】CF：几何概型．【分析】求出0≤sin≤的解集，根据几何概型的概率公式，即可求出对应的概率．【解答】解：当﹣1≤x≤1，则﹣≤≤，由0≤sin≤，∴0≤≤，即0≤x≤，则sin的值介于0到之间的概率P==．故答案为．【点评】本题主要考查几何概型的概率公式的计算，根据三角函数的性质求出对应的x的取值范围是解决本题的关键．15.已知、是方程的两根，且、，则

；参考答案：答案：

16.已知函数的一条对称轴为，，且函数f(x)在上具有单调性，则的最小值为______.参考答案：【分析】分析式子特点可知，当时，函数应该取到最值，将代入再结合辅助角公式可先求得，结合分析可知，两点关于对称中心对称，求出的通式，即可求解【详解】，由题可知，化简可得，则，且函数在上具有单调性，关于对称中心对称，故有，解得，当时，的最小值为，故答案：【点睛】本题考查由三角函数图像性质求参数，三角函数对称轴与对称中心的应用，属于中档题17.已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，记数列{log2an}的前n项和为Tn，若a1∈[，]，且=9，则当n=

时，Tn有最小值．参考答案：11【考点】等比数列的前n项和．【专题】方程思想；转化思想；数学模型法；等差数列与等比数列．【分析】利用等比数列的前n项和公式可得q，利用对数的运算性质及其等差数列的前n项和公式可得Tn，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：q=1不满足条件，舍去．∵=9，∴=1+q3=9，解得q=2．∴，log2an=log2a1+（n﹣1）．∴Tn=nlog2a1+=+n，∵a1∈[，]，∴log2a1∈[﹣log22016，﹣log21949]，∴﹣=∈，∵1024=210＜1949＜2016＜2048=211，∴＞＞＞，∴当n=11时，Tn取得最小值．故答案为：11．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、对数的运算性质、不等式的性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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18.一个盒子中装有5张相同的卡片，每张卡片上写有一个数字，数字分别是，现从盒子中随机抽取卡片。（1）若从盒子中有放回的抽取次卡片，每次抽取一张，求恰有两次取到卡片的数字为偶数的概率；（2）从盒子中依次抽取卡片，每次抽取一张，取出的卡片不放回，当抽到记有奇数的卡片即停止抽取，否则继续抽取卡片，求抽取次数的概率分布列和数学期望。参考答案：解：（1）依题意：每次取到偶数的概率为，设表示事件“有放回的抽取次卡片，每次抽取一张，恰有两次取到卡片的数字为偶数”则； 5分（2）依题意：，则，，，所以的分布列为：

所以， 10分略19.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，D是BC边上的一点．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若AC=7，AD=5，DC=3，求AB的长．参考答案：【分析】（Ⅰ）根据三角形内角和定理和正弦定理化简可得角B的大小；（Ⅱ）根据余弦定理，求出∠ADC，在利用正弦定理即可求AB的长．【解答】解：（Ⅰ）由，得，即，根据正弦定理，．∴，又0°＜B＜180°，∴B=45°．（Ⅱ）在△ADC中，AC=7，AD=5，DC=3，由余弦定理得=，∴∠ADC=120°，∠ADB=60°，在△ABD中，AD=5，∠B=45°，∠ADB=60°，由正弦定理，得，故得AB=．20.如图1，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且，．将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置如图2，且，得到四棱锥P﹣ABCE．（1）求证：AP⊥平面ABCE；（2）记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l．参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（1）在△CDE中，由已知结合余弦定理得CE．连接AC，可得AC=2．在△PAE中，由PA2+AE2=PE2，得AP⊥AE．同理，AP⊥AC，然后利用线面垂直的判定可得AP⊥平面ABCE；（2）由AB∥CE，且CE?平面PCE，AB?平面PCE，可得AB∥平面PCE，又平面PAB∩平面PCE=l，结合面面平行的性质可得AB∥l．【解答】证明：（1）在△CDE中，∵，，∴由余弦定理得CE==2．连接AC，∵AE=2，∠AEC=60°，∴AC=2．又∵，∴在△PAE中，PA2+AE2=PE2，即AP⊥AE．同理，AP⊥AC，∵AC?平面ABCE，AE?平面ABCE，且AC∩AE=A，故AP⊥平面ABCE；（2）∵AB∥CE，且CE?平面PCE，AB?平面PCE，∴AB∥平面PCE，又平面PAB∩平面PCE=l，∴AB∥l．21.已知正整数都可以唯一表示为（*）的形式，其中为非负整数，（），.试求（*）中的数列，，，…，严格单调递增或严格单调递减的所有正整数的和.参考答案：设和分别表示（*）中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号表示数集中所有数的和，并将满足（*）式的正整数记为：把集合分成如下两个不交子集和，我们有.，令，则是到的双射，由此得：，从而：.又对，令，则是到的双射，其中：.因为，所以中共有个元素，因此又令表示中最高位数的正整数全体，中其余的数和零所