2022-2023学年贵州省遵义市沙湾中心学校高三数学理期末试题含解析

2022-2023学年贵州省遵义市沙湾中心学校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.过点P(4,2)作圆的两条切线，切点分别为A、B，0为坐标原点，则的外接圆方程是

A．

B．C．

D．参考答案：A2.已知集合A={1，2，3，4，5}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B中所含元素的个数为（）A．3 B．6 C．8 D．10参考答案：D【考点】元素与集合关系的判断．【专题】集合．【分析】由题意，根据集合B中的元素属性对x，y进行赋值得出B中所有元素，即可得出B中所含有的元素个数，得出正确选项【解答】解：由题意，x=5时，y=1，2，3，4，x=4时，y=1，2，3，x=3时，y=1，2，x=2时，y=1综上知，B中的元素个数为10个故选D【点评】本题考查元素与集合的关系的判断，解题的关键是理解题意，领会集合B中元素的属性，用分类列举的方法得出集合B中的元素的个数．3.（2016?衡阳校级模拟）在等差数列{an}中，a5=33，公差d=3，则201是该数列的第（）项．A．60 B．61 C．62 D．63参考答案：B【考点】等差数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】由题意易得通项公式，令其等于201解n值可得．【解答】解：由题意可得等差数列{an}的通项公式an=a5+（n﹣5）d=33+3（n﹣5）=3n+18，令an=3n+18=201可得n=61故选：B【点评】本题考查等差数列的通项公式和性质，属基础题．4.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则△ABC的面积的最大值是（

）A. B. C. D.4参考答案：B【分析】由，根据三角形内角和定理，结合诱导公式可得，再由正弦定理可得，从而由余弦定理求得，再利用基本不等式可得，由三角形面积公式可得结果.【详解】，且，，由正弦定理可得，由余弦定理可得，，又，即，，即最大面积为，故选B.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及基本不等式的应用，属于难题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.5.偶函数定义在上，且，当时，总有，则不等式的解集为（

）

A.且

B.或

C.且

D.或

参考答案：B因为是偶函数，它的图象关于纵轴对称，所以不等式的解集也应是对称的，所以D排除；当时，总有恒成立，即成立，也就是恒成立，又因为，所以，所以即是恒成立，可见函数在上单调递增，又因为函数是偶函数，所以函数是偶函数，所以在上单调递减。又，所以，所以的图象如下：所以在时，，而，所以成立而在时，，而，所以,又由函数的图象对称性可知，选B.6.设是定义在R上的奇函数，且,当时，有恒成立，则不等式的解集是（

）A.(-2,0)∪(2,+∞)B.(-2,0)∪(0,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-2)∪(0,2)参考答案：D略7.已知为等差数列，其前n项和为，若，，则公差d等于（A）1

（B）

（C）2

（D）3参考答案：C略8.已知M点为椭圆上一点，椭圆两焦点为F1，F2，且，点I为的内心，延长MI交线段F1F2于一点N，则的值为（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：答案：B9.已知是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是A．

B．

C．

D．参考答案：【知识点】简单线性规划的应用；平面向量数量积的运算．E5F3

【答案解析】B

解析：满足约束条件的平面区域如下图所示：将平面区域的三个顶点坐标分别代入平面向量数量积公式当x=1，y=1时，?=﹣1×1+1×1=0当x=1，y=2时，?=﹣1×1+1×2=1当x=0，y=2时，?=﹣1×0+1×2=2故和取值范围为[0，2]故选B.【思路点拨】先画出满足约束条件的平面区域，求出平面区域的角点后，逐一代入分析比较后，即可得到?的取值范围．10.二项式的展开式中常数项为

；参考答案：二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.各项均为正偶数的数列中，前三项依次成公差为的等差数列，后三项依次成公比为q的等比数列.若,则q的所有可能的值构成的集合为________.参考答案：【分析】先假设数列的前三项，使这三项是等差数列，再根据，确定第四项，根据后三项依次成公比为的等比数列，确定公差为的取值范围，最后求出的所有可能的值构成的集合.【详解】因为前三项依次成公差为的等差数列，，所以这四项可以设为，其中为正偶数，后三项依次成公比为的等比数列，所以有，整理得，得，，为正偶数，所以当时，；当时，，不符合题意，舍去；当时，，故的所有可能的值构成的集合为.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的性质，考查了数学运算能力.

二、解答题：共6小题，共90分、请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．12.设函数的导数为，且，则=______.参考答案：0【分析】对求导，可得，将代入上式即可求得：，即可求得，将代入即可得解【详解】因为，所以.所以，则，所以则，故.【点睛】本题主要考查了导数的运算及赋值法，考查方程思想及计算能力，属于中档题。13.已知函数是定义在上的偶函数.当时，，则当时，

.参考答案：略14.已知，则

.参考答案：因为，所以，所以。15.若，则的最小值为________.参考答案：【知识点】基本不等式E6因为，所以.【思路点拨】可利用1的代换，把所求的式子转化成基本不等式特征，利用基本不等式求最值.16.设，直线和圆（为参数）相切，则a的值为

.参考答案：圆化为普通方程为，圆心坐标为，圆的半径为，由直线与圆相切，则有，解得.

17.已知点F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，若△ABF2为正三角形，则该椭圆的焦距与长轴的比值为

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.已知椭圆,直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．参考答案：（1）详见解析；（2）能，或．试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；（2）第一步由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.试题解析：解：(1)设直线，，，．∴由得，∴，．∴直线的斜率，即．即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（2）四边形能为平行四边形．∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．∴由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即∴．解得，．∵，，，∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，（2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.19.在极坐标系中，直线与曲线()相切，求的值.参考答案：以极点O为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系，由，得，得直线的直角坐标方程为．

………………5分曲线，即圆，所以圆心到直线的距离为．因为直线与曲线（）相切，所以，即.

……………10分20.（12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足(2a-c)cosB=bcosC.

（1）求角B的大小；

（2）设的最大值为5，求k的值。参考答案：解析：（1）∵(2a-c)cosB=bcosC，

∴(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC.

整理，得

2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB，

∴sinAcosB=sin(B+C)=sinA.

∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴

···6分

（2）

∴

∴当t=1时，取得最大值。∴解得，符合题意。

∴。

···12分21.

设函数．

（工）求f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)若，当x>l时，g(x)在区间（n,n+l）内存在极值，求整数n的值．参考答案：（Ⅰ）令，解得，根据的变化情况列出表格:(0,1)1+0_递增极大值递减由上表可知函数的单调增区间为（0,1），递减区间为，在处取得极大值，无极小值..………………5分（Ⅱ）,,令，

，因为恒成立，所以在为单调递减函数，因为所以在区间上有零点,且函数在区间和上单调性相反，因此，当时，在区间内存在极值.所以.…12分略22.（本小题满分12分）如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点．（Ⅰ）在棱AB上找一点Q，使QP//平面AMD，并给出证明；（Ⅱ）求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值．参考答案：（Ⅰ）当时，有//平面AMD.证明：∵MD平面ABCD，NB平面ABCD，∴MD//NB，…………2分∴，又，∴，…………4分∴在中，QP//AM，又面AMD，AM面AMD，∴//面AMD.…………６分（Ⅱ）解：以D