2022-2023学年重庆垫江第二中学高三数学理下学期期末试题含解析

2022-2023学年重庆垫江第二中学高三数学理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.若是奇函数，且在内是增函数，又，则的解集是(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D略2.函数f（x）=ln（x+1）﹣的零点所在的大致区间是（）A．（3，4） B．（2，e） C．（1，2） D．（0，1）参考答案：C【考点】函数的零点．【分析】根据所给的几个区间看出不在定义域中的区间去掉，把所给的区间的两个端点的函数值求出，若一个区间对应的函数值符合相反，得到结果．【解答】解：∵在（0，+∞）单调递增∵f（1）=ln2﹣2＜0，f（2）=ln3﹣1＞0，∴f（1）f（2）＜0∴函数的零点在（1，2）之间，故选：C．3.一质点受到平面上的三个力（单位：牛顿）的作用而处于平衡状态．已知，成角，且，的大小分别为2和4，则的大小为………………(

)

（A）6

（B）2

（C）

（D）

参考答案：D4.函数f（x）=的定义域是A．(-1,

1)

B．

C．

D．参考答案：B略5.如图，是抛物线的一条经过焦点的弦，与两坐标轴不垂直，已知点，，则的值是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C则化简得因为所以，故选C.考点：1、抛物线的几何性质及数形结合思想；2、直线的点斜式方程及韦达定理.【方法点睛】本题主要考查直线的点斜式方程及韦达定理、抛物线的几何性质及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知曲线的性质研究透，这样才能快速找准突破点.6.若复数，则复数对应的点在（

）A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：C因为复数，所以，对应点坐标为(,)，由此复数对应的点在第三象限，故选C.

7.一只小蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为(

)

A.

B.

C.

D.参考答案：B蜜蜂“安全飞行”区域为棱长为1的正方体,其体积为1.而棱长为3的正方体的体积为27.故所求概率为.选B.8.已知过双曲线的左焦点F（﹣c，0）和虚轴端点E的直线交双曲线右支于点P，若E为线段EP的中点，则该双曲线的离心率为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】由题意，P（c，2b），代入双曲线方程，即可转化求出该双曲线的离心率．【解答】解：由题意过双曲线的左焦点F（﹣c，0）和虚轴端点E的直线交双曲线右支于点P，若E为线段EP的中点，可得P（c，2b），由双曲线方程，可得=1，∴e=，故选：B．【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．9.若复数的实部与虚部相等，则实数（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A略10.圆（x﹣3）2+（y﹣3）2=9上到直线3x+4y﹣11=0的距离等于1的点有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个参考答案：C【考点】点到直线的距离公式．【分析】由圆的方程找出圆心A的坐标和半径r=3，然后由点到直线的距离公式求出圆心A到已知直线的距离为2，由AE﹣AD=DE，即3﹣2=1求出DE的长，得到圆A上的点到已知直线距离等于1的点有三个，如图，点D，P及Q满足题意．【解答】解：由圆的方程，得到圆心A坐标为（3，3），半径AE=3，则圆心（3，3）到直线3x+4y﹣11=0的距离为d==2，即AD=2，∴ED=1，即圆周上E到已知直线的距离为1，同时存在P和Q也满足题意，∴圆上的点到直线3x+4y﹣11=0的距离为1的点有3个．故选C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3、4中的任何一个，允许重复，则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为_________．参考答案：略12.在中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且满足,则的最大值是

.参考答案：略13.已知等比数列是递增数列，是的前项和.若是方程的两个根，则_________．参考答案：

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14.在某大型企业的招聘会上，前来应聘的本科生、硕士研究生和博士研究生共2000人，各类毕业生人数统计如图所示，则博士研究生的人数为_____.参考答案：略15.已知点在曲线上，为曲线在点处的切线的倾斜角，则的取值范围是___________________参考答案：或，即切线的斜率为，所以，因为，所以，即，所以，即的取值范围是。16.若函数的最大值与最小值分别为M,m，则M+m=

参考答案：6

略17.设等差数列的前项和为，若，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.（本小题满分10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，且..（I）求的值；（II）若面积的最大值.

参考答案：（I）；（II）【知识点】三角函数的性质解三角形解析：（I）在△ABC中，由余弦定理可知，，由题意知，∴；又在△ABC中A+B+C=π,∴（II）∵b=2，∴由可得，∴，∵，∴，∴，∴△ABC面积的最大值为.【思路点拨】熟悉余弦定理特征是求角B的关键，当已知三角形内角时注意利用含夹角的面积公式进行解答.19.将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100dm2的矩形薄铁皮（如图），并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形（B，C全等），用来制成一个柱体．现有两种方案：方案①：以为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案②：以为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形（各边分别与或垂直）作为正四棱柱的两个底面．

（1）设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；（2）设的长为dm，则当为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？参考答案：（1）设所得圆柱的半径为dm，

则，

……4分

解得．

……6分

（2）设所得正四棱柱的底面边长为dm，

则即

……9分

方法一：

所得正四棱柱的体积

……11分

记函数

则在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，．

所以当，时，dm3．

……14分

方法二：

，从而．

……11分

所得正四棱柱的体积．

所以当，时，dm3．

……14分答：（1）圆柱的底面半径为dm；

（2）当为时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．

……16分【评分说明】①直接“由得，时正四棱柱的体积最大”给2分；②方法一中的求解过程要体现，凡写成的最多得5分，

其它类似解答参照给分．20.已知函数，，.（1）求证：函数在上单调递增；（2）若函数有四个零点，求的取值范围.参考答案：，所以，且函数在上单调递增，

略21.（本小题满分14分）已知椭圆C:离心率，短轴长为．(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)如图，椭圆左顶点为A，过原点O的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点．试问以MN为直径的圆是否经过定点（与直线PQ的斜率无关）？请证明你的结论．

参考答案：（Ⅰ）．（Ⅱ）以为直径的圆过定点．证明见解析.试题分析：（Ⅰ）由短轴长为，得，由，得．（Ⅱ）设，，则有，从而直线方程，得到，由直线方程，得到，以为直径的圆，根据，得到，令，解得即知以为直径的圆过定点．试题解析：（Ⅰ）由短轴长为，得，

………………1分由，得．∴椭圆的标准方程为．

………………4分（Ⅱ）以为直径的圆过定点．

………………5分证明如下：设，则，且，即，∵，∴直线方程为：，∴……………6分直线方程为：，∴，

………………7分以为直径的圆为

………………10分【或通过求得圆心，得到圆的方程】即，

∵，∴，

………………12分令，则，解得.∴以为直径的圆过定点．

…………14分考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.圆的方程.22.已知数列{an}满足a1=1，a1+a2+a3+…+an=an+1﹣1（n∈N），数列{an}的前n项和为Sn．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N，都成立的最小正整数m．参考答案：【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．【分析】（1）通过a1+a2+a3+…+an﹣1+an=an+1﹣1与a1+a2+a3+…+an﹣1=an﹣1作差，进而计算可知=（n∈N），利用累乘法计算可知数列{an}的通项公式；（2）通过（1），利用等差数列的求和公式裂项可知bn=2（﹣），进而利用并项相消法可知Tn=，从而问题转化为数列{Tn}的最大值，计算即得结论．【解答】解：（1）∵a1+a2+a3+…+an﹣1+an=an+1﹣1（n∈N），∴当n≥2时，a1+a2+a3+…+an﹣1=an﹣1，两式相减得：an=an+