2022-2023学年河北省保定市易水中学高三数学文下学期期末试题含解析

2022-2023学年河北省保定市易水中学高三数学文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.条件P:，条件q:，则P是q的A充分不必要条件

B.必要不充分条件C.充要条件

D既不充分也不必要条件参考答案：B略2.已知等比数列的首项公比，则(

)A.50

B.35

C.55

D.46参考答案：C3.设k∈R，则函数f（x）=sin（kx+）+k的部分图象不可能是（）A． B． C． D．参考答案：D【考点】五点法作函数y=Asin（ωx+φ）的图象．【分析】对k取值，结合函数的图象，即可得出结论．【解答】解：k=0，y=，故A正确；k=2，f（x）=sin（2x+）+2，图象为B，B正确；k=﹣1，f（x）=sin（﹣x+）﹣1，图象为C，C正确；k=1，f（x）=sin（x+）+1，x∈（0，），函数单调递增，D不正确．故选D．4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.

B.

C.

D.参考答案：C

根据三视图可知该几何体为一个四棱锥和三棱锥的组合体，如图所示,且平面，平面，底面为正方形，则有,所以和到平面的距离相等，且为，故,，则该几何体的体积为.5.若的最小值为参考答案：A略6.若直线与曲线相切，则常数A．

B．

C．

D．参考答案：C略7.已知，点满足，，则直线的斜率的取值范围为（）A、

B、

C、

D、参考答案：A由，得，故，由图可知，【考点】两角和与差的正弦函数，数形结合思想。8.设偶函数f(x)=loga|x－b|在（0，+）上单调递增，则f(b－2)与f(a+1)的大小关系是A.f(b－2)=f(a+1)

B.f(b－2)>f(a+1)

C.f(b－2)<f(a+1)

D.不能确定参考答案：C9.定义在R上的可导函数，在闭区间上有最大值15，最小值-1，则实数的取值范围是

（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：D10.已知双曲线（a＞0，b＞0）的实轴长为2，离心率为，则双曲线的方程为（）A．

B．x2－=1

C．D．x2－=1参考答案：B【考点】双曲线的简单性质．【分析】利用双曲线的简单性质，求出a，b，即可得到双曲线方程．【解答】解：双曲线=1（a＞b＞0）的实轴长为2，可得a=1，离心率为，可得，可得c=，则b==2．则双曲线的方程为：x2﹣=1．故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.右边是根据所输入的x值计算y值的一个算法程序，若x依次取数列（n∈N+）中的前200项，则所得y值中的最小值为．参考答案：1略12.在中，AC=2，BC=6，已知点O是内一点，且满足，则=

。参考答案：4013.直线l：（t为参数），圆C：ρ=2（极轴与x轴的非负半轴重合，且单位长度相同），若直线l被圆C截得的弦长为，则实数a的值为

．参考答案：0或2【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【专题】计算题．【分析】化直线的参数方程为普通方程，化圆的极坐标方程为一般方程，由直线l被圆C截得的弦长为转化为圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式求解实数a的值．【解答】解：直线l：，由②得，，代入①得直线l的方程为x+2y+（2﹣a）=0，由ρ=2，得=2cosθ﹣2sinθ．ρ2=2ρcosθ﹣2ρsinθ，所以圆的方程为x2+y2=2x﹣2y，即（x﹣1）2+（y+1）2=2，所以圆心为（1，﹣1），半径．若直线l被圆C截得的弦长为，则圆心到直线的距离，又，即|1﹣a|=1，解得a=0或a=2．故答案为0或2．【点评】本题考查了参数方程化普通方程，考查了极坐标和直角坐标的互化，训练了点到直线的距离公式，是中档题．14.命题p:,使；命题q:,都有；则下列说法正确的是①命题“”是真命题；②命题“”是假命题；③命题“”是假命题；④命题“”是假命题_______________（把正确的都填上）参考答案：②略15.椭圆一个长轴的一个顶点为，以为直角顶点做一个内接于椭圆的等腰直角三角形，则此直角三角形的面积等于__________．参考答案：设内切于椭圆的等腰直角三角形为，则，，直线，可求得，，．16.若函数，记，

，则

参考答案：，，，由归纳法可知。17.若不等式恒成立，则实数取值范围是

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.（本题满分12分）已知函数(1)

若，求函数的极值；(2）是否存在实数使得函数在区间上有两个零点，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.参考答案：(1)

………1分，，………………5分(2），，

1

当时，在上为增函数，在上为减函数，，，，所以在区间，上各有一个零点，即在上有两个零点；② 当时，在上为增函数，在上为减函数，上为增函数，，，，，所以只在区间上有一个零点，故在上只有一个零点；2

当时，在上为增函数，在上为减函数，上为增函数，，，，，所以只在区间上有一个零点，故在上只有一个零点；故存在实数，当时，函数在区间上有两个零点。…………12分19.如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，∠BCF=∠CEF=90°，AD=．（Ⅰ）求证：AE∥平面DCF；（Ⅱ）当AB的长为何值时，二面角A﹣EF﹣C的大小为60°？参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）过点E作EG⊥CF并CF于G，连接DG，证明AE平行平面DCF内的直线DG，即可证明AE∥平面DCF；（Ⅱ）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，说明∠AHB为二面角A﹣EF﹣C的平面角，通过二面角A﹣EF﹣C的大小为60°，求出AB即可．【解答】（Ⅰ）证明：过点E作EG⊥CF并CF于G，连接DG，可得四边形BCGE为矩形．又ABCD为矩形，所以AD⊥∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形，故AE∥DG．因为AE?平面DCF，DG?平面DCF，所以AE∥平面DCF．（Ⅱ）解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH．由平面ABCD⊥平面BEFG，AB⊥BC，得AB⊥平面BEFC，从而AH⊥EF，所以∠AHB为二面角A﹣EF﹣C的平面角．在Rt△EFG中，因为EG=AD=．又因为CE⊥EF，所以CF=4，从而BE=CG=3．于是BH=BE?sin∠BEH=．因为AB=BH?tan∠AHB，所以当AB=时，二面角A﹣EF﹣G的大小为60°．【点评】由于理科有空间向量的知识，在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用，这为考生选择解题方案提供了方便，但使用空间向量的方法解决立体几何问题也有其相对的缺陷，那就是空间向量的运算问题，空间向量有三个分坐标，在进行运算时极易出现错误，而且空间向量方法证明平行和垂直问题的优势并不明显，所以在复习立体几何时，不要纯粹以空间向量为解题的工具，要注意综合几何法的应用．20.在直角坐标系xOy中，曲线M的参数方程为（θ为参数）若以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线N的极坐标方程为ρsin（θ+）=（其中t为常数）．（1）若曲线N与曲线M只有一个公共点，求t的取值范围；（2）当t=﹣2时，求曲线M上的点与曲线N上的点的最小距离．参考答案：考点：点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系；参数方程化成普通方程．专题：直线与圆．分析：（1）把曲线M的参数方程化为y=x2﹣1，把曲线N的极坐标方程化为x+y﹣t=0．曲线N与曲线M只有一个公共点，数形结合求得t的范围．（2）当t=﹣2时，曲线N即x+y+2=0，当直线和曲线N相切时，由（1）可得t=﹣，故本题即求直线x+y+2=0和直线x+y+=0之间的距离，利用两条平行线间的距离公式计算求得结果．解答： 解：（1）曲线M（θ为参数），即x2=1+y，即y=x2﹣1，其中，x=sinθ+cosθ=sin（θ+）∈[﹣，]．把曲线N的极坐标方程为ρsin（θ+）=（其中t为常数）化为直角坐标方程为x+y﹣t=0．由曲线N（图中蓝色直线）与曲线M（图中红色曲线）只有一个公共点，则有直线N过点A（，1）时满足要求，并且向左下方平行运动直到过点B（﹣，1）之前总是保持只有一个公共点，再接着向左下方平行运动直到相切之前总是有两个公共点，所以﹣+1＜t≤+1满足要求，当直线和曲线M相切时，由有唯一解，即x2+x﹣1﹣t=0有唯一解，故有△=1+4+4t=0，解得t=﹣．综上可得，要求的t的范围为（﹣+1，+1]∪{﹣}．（2）当t=﹣2时，曲线N即x+y+2=0，当直线和曲线M相切时，由（1）可得t=﹣．故曲线M上的点与曲线N上的点的最小距离，即直线x+y+2=0和直线x+y+=0之间的距离，为=．点评：本题主要考查把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程的方法，直线和圆的位置关系的应用，属于中档题．21.已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1（a为常数），曲线y=f（x）在与y轴的交点A处的切线斜率为﹣1．（Ⅰ）求a的值及函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当x＞0时，ex＞x2+1；（Ⅲ）证明：当n∈N*时，．参考答案：考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；数学归纳法．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求出函数的f′（x）=ex﹣a．通过f′（x）=ex﹣2＞0，即可求解函数f（x）在区间（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．（Ⅱ）求出f（x）的最小值，化简f（x）≥1﹣ln4．构造g（x）=ex﹣x2﹣1，通过g′（x）＞0．判断g（x）在（0，+∞）上单调递增，得到g（x）＞g（0），推出结果．（Ⅲ）首先证明：当x＞0时，恒有．令，则h′（x）=ex﹣x2．推出h（x）在（0，+∞）上单调递增，得到x+ln3＞3lnx．利用累加法推出．解答：解：（Ⅰ）由f（x）=ex﹣ax﹣1，得f′（x）=ex﹣a．又f′（0）=1﹣a=﹣1，所以a=2．所以f（x）=ex﹣2x﹣1，f′（x）=ex﹣2．由f'（x）=ex﹣2＞0，得x＞ln2．所以函数f（x）在区间（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．…（4分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知．所以f（x）≥1﹣ln4，即ex﹣2x﹣1≥1﹣ln4，ex﹣2x≥2﹣ln4＞0．令g（x）=ex﹣x2﹣1，则g'（x）=ex﹣2x＞0．所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）=ex﹣x2﹣1＞g（0）=0，即ex＞x2+1．…（8分）（Ⅲ）首先证明：当x＞0时，恒有．证明如下：令，则h'（x）=ex﹣x2．由（Ⅱ）知，当x＞0时，ex＞x2，所以h（x）＞0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（0）=1＞0