2022-2023学年四川省成都市新都区第一中学高三数学文期末试卷含解析

2022-2023学年四川省成都市新都区第一中学高三数学文期末试卷含解析一、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.设函数，若不等式有解，则实数的最小值为(

)A. B. C. D.参考答案：D2.已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”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：B3.如图，一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的侧面积为（

）A．2

B．6

C．

D．参考答案：C考点：三视图，侧面积．4.已知二次函数（），点。若存在两条都过点且互相垂直的直线和，它们与二次函数（）的图像都没有公共点，则的取值范围为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A略5.若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图像的一个对称中心可以为A．

B．

C．

D． 参考答案：A6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，且，现用基向量表示向量，设，则x、y、z的值分别是()A.x＝，y＝，z＝

B.x＝，y＝，z＝C.x＝，y＝，z＝

D.x＝，y＝，z＝参考答案：D7.已知是偶函数，在(－∞,2]上单调递减，，则的解集是（

）A. B.C. D.参考答案：D【分析】先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.【详解】因为是偶函数，所以关于直线对称；因此，由得；又在上单调递减，则在上单调递增；所以，当即时，由得，所以，解得；当即时，由得，所以，解得；因此，的解集是.【点睛】本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.8.设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称.则下列判断正确的是A.为真

B.为假

C.为假

D.为真参考答案：C略9.设：，若，则；：，若，则。则（）A．都假B．真假C．假真D．，都真。参考答案：C10.椭圆的中心在原点，焦距为4一条准线为x=-4，则该椭圆的方程为A+=1

B+=1C+=1

D

+=1参考答案：C椭圆的焦距为4，所以因为准线为，所以椭圆的焦点在轴上，且，所以，，所以椭圆的方程为，选C.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数在R上为奇函数，且，则当，

．参考答案：12.已知点是函数y=2x的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB总是位于A、B两点之间函数图象的上方，因此有结论成立．运用类比思想方法可知，若点A（x1，sin1）、B（x2，sinx2）是函数y=sinx（x∈（0，π））的图象上的不同两点，则类似地有成立．参考答案：略13.设椭圆C的左右焦点分别为F1F2，过F1的直线与C相交于P,Q，若PF2=F1F2，3|PF1|=4|QF1|，则椭圆C的短轴与长轴长度之比为___参考答案：由余弦定理得由焦点弦分成比例得综上得到14.在平面直角坐标系xOy中，设A、B、C是圆x2+y2=1上相异三点，若存在正实数，使得=，则的取值范围是

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．参考答案：15.若函数f（x）=的图象与x轴所围成的封闭图形的面积为a，则6的展开式中各项系数和为

（用数字作答）．参考答案：考点：二项式系数的性质；定积分．专题：计算题．分析：求解定积分得到a的值，把a的值代入二项式后，取x=1即可得到6的展开式中各项系数和．解答： 解：函数f（x）=的图象与x轴所围成的封闭图形的面积为a，如图，∴a=+==．∴6=，取x=1，得．故答案为：．点评：本题考查了定积分，考查了二项式系数的性质，体现了数学转化思想方法，属中档题．16.对于，将表示为，当时，，当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，：故）则（1）

（2）参考答案：2，1093本题考查了学生的观察、归纳推理能力以及对进位制的理解能力。（1）因，故；（2）在2进制的位数中，没有0的有1个，有1个0的有个，有2个0的有个，……有个0的有个，……有个0的有个。故对所有2进制为位数的数，在所求式中的的和为：。又恰为2进制的最大7位数，所以。17.一个单位共有职工200人，其中不超过45岁的有120人，超过45岁的有80人．为了调查职工的健康状况，用分层抽样的方法从全体职工中抽取一个容量为25的样本，应抽取超过45岁的职工________________人．参考答案：解析：依题意知抽取超过45岁的职工为．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.（2017?葫芦岛一模）如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD，SC=SD=CD=AD=2AB，M，N分别为SA，SB的中点，E为CD中点，过M，N作平面MNPQ分别与BC，AD交于点P，Q，若=t．（1）当t=时，求证：平面SAE⊥平面MNPQ；（2）是否存在实数t，使得二面角M﹣PQ﹣A的平面角的余弦值为？若存在，求出实数t的值；若不存在，说明理由．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）推导出AE⊥CD，PQ⊥AE，从而SE⊥面ABCD，由此能证明面MNPQ⊥面SAE．（2）以E为原点，ED，EA，ES直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出t的值．【解答】（本小题满分12分）证明：（1）E为CD中点，∴四边形ABCE为矩形，∴AE⊥CD，当t=时，Q为AD中点，PQ∥CD，所以PQ⊥AE，∵平面SCD⊥平面ABCD，SE⊥CD，∴SE⊥面ABCD，∵PQ?面ABCD，∴PQ⊥SE，∴PQ⊥面SAE，所以面MNPQ⊥面SAE．（2）如图，以E为原点，ED，EA，ES直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系；设ED=a，则M（（1﹣t）a，（﹣）a，a），E（0，0，0），A（0，，0），Q（（1﹣t）a，，0），=（0，，），面ABCD一个方向向量为=（1，0，0），设平面MPQ的法向量=（x，y，z），则，取z=2，得=（0，，2），平面ABCD的法向量为=（0，0，1）∵二面角M﹣PQ﹣A的平面角的余弦值为，∴由题意：cosθ===，解得t=或t=，由图形知，当t=时，二面角M﹣PQ﹣A为钝二面角，不合题意，舍去综上：t=．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19.[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=|x|，g（x）=﹣|x﹣4|+m（Ⅰ）解关于x的不等式g[f（x）]+2﹣m＞0；（Ⅱ）若函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，求实数m的取值范围．参考答案：【考点】函数的图象；绝对值不等式的解法．【专题】函数的性质及应用．【分析】（Ⅰ）把函数f（x）=|x|代入g[f（x）]+2﹣m＞0可得不等式||x|﹣4|＜2，解此不等式可得解集；（Ⅱ）函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，则f（x）＞g（x）恒成立，即m＜|x﹣4|+|x|恒成立，只要求|x﹣4|+|x|的最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）把函数f（x）=|x|代入g[f（x）]+2﹣m＞0并化简得||x|﹣4|＜2，∴﹣2＜|x|﹣4＜2，∴2＜|x|＜6，故不等式的解集为（﹣6，﹣2）∪（2，6）；（Ⅱ）∵函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，∴f（x）＞g（x）恒成立，即m＜|x﹣4|+|x|恒成立，∵|x﹣4|+|x|≥|（x﹣4）﹣x|=4，∴m的取值范围为m＜4．【点评】本题只要考查函数的性质，同时考查不等式的解法，函数与不等式结合时，要注意转化数学思想的运用．20.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，，点D是棱AA1的中点．（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（Ⅱ）求三棱锥C1﹣BDC的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由题设证明BC⊥平面ACC1A1，可得DC1⊥BC，再由已知可得∠ADC=∠A1DC1=45°，得∠CDC1=90°，即C1D⊥DC，结合线面垂直的判定得DC1⊥平面BDC，从而得到平面BDC1⊥平面BDC；（Ⅱ）由等积法可得三棱锥C1﹣BDC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：由题意知BC⊥CC1，BC⊥AC，AC∩CC1=C，∴BC⊥平面ACC1A1，又∵DC1?平面ACC1A1，∴DC1⊥BC．∵∠ADC=∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°，即C1D⊥DC．∵DC∩BC=C，∴DC1⊥平面BDC，又∵DC1?平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC．（Ⅱ）解：由，得AA1=4，所以AD=2，所以．所以Rt△CDC1的面积，所以．21.（I）已知函数的最小正周期和单调增区间；

（II）设A、B、C的对边分别为a、b、c，且若,

的值.参考答案：略22.（本小题满分12分）某城市有东西南北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时