安徽省滁州市朱马中学2022-2023学年高三数学文知识点试题含解析

安徽省滁州市朱马中学2022-2023学年高三数学文知识点试题含解析一、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.已知点P的坐标，过点P的直线l与圆相交于A、B两点，则的最小值为

．参考答案：.4略2.若集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤16}，B＝{(x，y)|x2＋(y－2)2≤a－1}，且A∩B＝B，则a的取值范围是()A．a≤1

B．a≥5C．1≤a≤5

D．a≤5参考答案：D略3.给定函数①，②，③y=|x﹣1|，④y=2x+1，其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④参考答案：B【考点】函数单调性的判断与证明．【分析】本题所给的四个函数分别是幂函数型，对数函数型，指数函数型，含绝对值函数型，在解答时需要熟悉这些函数类型的图象和性质；①为增函数，②为定义域上的减函数，③y=|x﹣1|有两个单调区间，一增区间一个减区间，④y=2x+1为增函数．【解答】解：①是幂函数，其在（0，+∞）上即第一象限内为增函数，故此项不符合要求；②中的函数是由函数向左平移1个单位长度得到的，因为原函数在（0，+∞）内为减函数，故此项符合要求；③中的函数图象是由函数y=x﹣1的图象保留x轴上方，下方图象翻折到x轴上方而得到的，故由其图象可知该项符合要求；④中的函数图象为指数函数，因其底数大于1，故其在R上单调递增，不合题意．故选B．4.一个几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是（

）A．

B．

C.

D．参考答案：D5.已知三棱锥P—ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=2，PA=PB=PC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为

（

）

A．B．C．D．参考答案：B略6.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为双曲线右支上一点，则最小值为 （

）A．

B.

C.

D.参考答案：A7.已知，则的大小关系为（

）

A.

B.

C.

D.

参考答案：A略8.已知定义在R上的函数f（x）是奇函数，对x∈R都有f（2+x）=﹣f（2﹣x），则f=(

)A．2 B．﹣2 C．4 D．0参考答案：D【考点】抽象函数及其应用．【专题】计算题；函数思想；方程思想；函数的性质及应用．【分析】利用函数的奇偶性以及抽象函数求出函数的周期，然后求解函数值即可．【解答】解：∵f（x）在R上是奇函数且f（2+x）=﹣f（2﹣x），可得f（0）=0．∴f（2+x）=﹣f（2﹣x）=f（x﹣2），∴f（x）=f（x+4），故函数f（x）是以4为周期的周期函数，∴f=f（0）=0．故选：D．【点评】本题考查抽象函数的应用，函数的正确以及函数的奇偶性的应用，考查计算能力．9.（2016?沈阳一模）将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（）A．24种 B．28种 C．32种 D．36种参考答案：B【考点】排列、组合的实际应用．【专题】计算题；分类讨论；转化法；排列组合．【分析】分三类，有一个人分到一本小说和一本诗集，有一个人分到两本诗集，有一个人分到两本小说，根据分类计数原理可得．【解答】解：第一类：有一个人分到一本小说和一本诗集，这中情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，那共有3×4=12种第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3个人，只有一种分法．那共有：4×1=4种，第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的两本诗集和一本小说分给剩余的3个人，有3种分法．那共有：4×3=12种，综上所述：总共有：12+4+12=28种分法，故选：B．【点评】本题考查了分类和分步计数原理，关键是分类，属于中档题．10.在直线，曲线及轴轴所围成的封闭图形的面积是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在△OAB中，O为坐标原点，A(1，cosθ)，B(sinθ，1)，θ∈(0，]，则当△OAB的面积达到最大值时，θ等于_________________.参考答案：略12.阅读右侧程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的自然数为

．参考答案：5略13.已知变量满足约束条件，则的最大值是

．参考答案：914.（坐标系与参数方程选做题）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为（其中为参数，且），则曲线的极坐标方程为

▲

.参考答案：15.满足{1，2}?M?{1，2，3，4，5，6，7}的集合M共有

个.参考答案：31【分析】根据真子集的定义可知，M至少含有3个元素，根据子集的定义知M最多含有七个元素，令

N?{3，4，5，6，7}且N，则M={1，2}N，而N的个数为，从而求得M的个数.【详解】∵{1，2}?M?{1，2，3，4，5，6}，

∴M中至少含有3个元素且必有1，2，而M为集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集，故最多七个元素，令

N?{3，4，5，6，7}且N，则M={1，2}N，而N的个数为，所以集合M共有31个.故答案为：31.【点睛】本题是一道基础题，主要考查子集和真子集的定义，这也是解题的关键.16.由曲线与直线所围成的平面图形的面积是

.参考答案：

17.执行如图所示的程序框图，

输出的所有值之和为__________．参考答案：48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12分）某游乐场有、两种闯关游戏，甲、乙、丙、丁四人参加，其中甲乙两人各自独立进行游戏，丙丁两人各自独立进行游戏．已知甲、乙两人各自闯关成功的概率均为，丙、丁两人各自闯关成功的概率均为．（1）求游戏被闯关成功的人数多于游戏被闯关成功的人数的概率；（2）记游戏、被闯关总人数为，求的分布列和期望.参考答案：(I)（Ⅱ）可取0，1，2，3，401234P19.在平面直角坐标系xOy中，曲线M的参数方程为（t为参数，且t＞0），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ．（1）将曲线M的参数方程化为普通方程，并将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）求曲线M与曲线C交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．参考答案：（1）曲线的普通方程为（或）曲线的直角坐标方程为.（2）交点极坐标为.【详解】（1）先求出，再代入消元将曲线的参数方程化为普通方程，根据将，，.曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求曲线与曲线交点的直角坐标，再化为极坐标.（1）∵，∴，即，又，∴，∴或，∴曲线的普通方程为（或）.∵，∴，∴，即曲线的直角坐标方程为.（2）由得，∴（舍去），，则交点的直角坐标为，极坐标为.【点睛】本题考查曲线的普通方程、直角坐标方程的求法，考查两曲线交点的极坐标的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20.已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x﹣2a|．（Ⅰ）当a=1时，求f（x）≤3的解集；（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≤3恒成立，求实数a的取值范围．参考答案：略21.已知函数f(x)＝log3(ax＋b)的部分图象如图所示．(1)求f(x)的解析式与定义域；(2)函数f(x)能否由y＝log3x的图象平移变换得到；(3)求f(x)在[4,6]上的最大值、最小值．参考答案：(本小题满分12分)(1)由图象中A、B两点坐标得，解得.故f(x)＝log3(2x－1)，定义域为(，＋∞)．(2)可以．由f(x)＝log3(2x－1)＝log3[2(x－)]＝log3(x－)＋log32，∴f(x)的图象是由y＝log3x的图象向右平移个单位，再向上平移log32个单位得到的．(3)最大值为f(6)＝log311，最小值为f(4)＝log37.略22.如图5，在直三棱柱中，D、E分别是BC和的中点，已知AB=AC=AA1=4，DBAC=90°.（1）求证：⊥平面；（2）求二面角的余弦值；（3）求三棱锥的体积.参考答案：方法一：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为＝4，所以A（0，0，0），B（4，0，0），E（0，4，2），D（2，2，0），B1（4，0，4）.

（1分）（1），，. （2分）因为，所以，即.

（3分）因为，所以，即.

（4分）又AD、AEì平面AED，且AD∩AE=A，故⊥平面.

（5分）（2）由（1）知为平面AED的一个法向量.

（6分）设平面B1AE的法向量为，因为，，所以由，得，令y=1，得x=2，z=-2.即.（7分）∴，

（8分）∴二面角的余弦值为.

（9分）（3）由，，得，所以AD⊥DE.（10分）由，，得.

（11分）由（1）得B1D为三棱锥B1-ADE的高，且， （12分）所以.

（13分）

方法二：依题意得，平面ABC，，，，.（1）∵，D为BC的中点，∴AD⊥BC.∵B1B⊥平面ABC，ADì平面ABC，∴AD⊥B1B.BC、B1Bì平面B1BCC1，且BC∩B1B=B，所以AD⊥平面B1BCC1.又B1Dì平面B1BCC1，故B1D⊥AD.

（2分）由，，，得，所以.

（4分）又AD、DEì平面AED，且AD∩DE=E，故⊥平面.

（5分）（2）过D做DM⊥AE于点M，连接B1M.由B1D⊥平面AED，AEì平面AED，得AE⊥B1D.又B1D、DMì平面B1DM，且B1D∩DM=D，故AE⊥平面B1DM.因为B1Mì平面B1DM，所以B1M⊥AE.故∠B1MD为二面角B1—AE—D的平面角.