云南省曲靖市越洲鎮(zhèn)第一中學2023年高三數學文下學期期末試題含解析

云南省曲靖市越洲鎮(zhèn)第一中學2023年高三數學文下學期期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數f（x）是定義在R上的偶函數，且在區(qū)間[0，+∞）上單調遞增，若實數a滿足f（log2a）+f（a）≤2f（1），則a的取值范圍是（）A． B．[1，2] C． D．（0，2]參考答案：A【考點】函數奇偶性的性質；對數的運算性質．【專題】函數的性質及應用．【分析】由偶函數的性質將f（log2a）+f（a）≤2f（1）化為：f（log2a）≤f（1），再由f（x）的單調性列出不等式，根據對數函數的性質求出a的取值范圍．【解答】解：因為函數f（x）是定義在R上的偶函數，所以f（a）=f（﹣log2a）=f（log2a），則f（log2a）+f（a）≤2f（1）為：f（log2a）≤f（1），因為函數f（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調遞增，所以|log2a|≤1，解得≤a≤2，則a的取值范圍是[，2]，故選：A．【點評】本題考查函數的奇偶性、單調性的應用，以及對數函數的性質，屬于基礎題．2.若實數，滿足不等式組，則的最大值為（

）

A.9

B.

C.

1

D.參考答案：A略3.已知函數，則關于的方程的實根個數不可能為（

）（A）個

（B）個

（C）個

（D）個參考答案：A4.4張卡片上分別寫有數字1，2，3，4，從這4張卡片中隨機抽取2張，則取出的2張卡片上的數學之和為偶數的概率是A.

B.

C.

D.參考答案：【知識點】古典概型.K2【答案解析】B解析：4張卡片上分別寫有數字1，2，3，4，從這4張卡片中隨機抽取2張，共有12,13,14,23,24,34計6種情況，而取出的2張卡片上的數學之和為偶數的有13,24計2種情況，根據古典概型的計算公式可得概率為，故選B.【思路點撥】先列舉4張卡片上分別寫有數字1，2，3，4，從這4張卡片中隨機抽取2張的所有情況，再列舉2張卡片上的數學之和為偶數的基本情況的種數，再求概率即可.5.三角形ABC中A，B，C的對邊分別為,,則A的取值范圍為(

)A.

B.

C.（）

D.參考答案：C略6.函數f（x）=lnx+3x﹣7的零點所在的區(qū)間是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）參考答案：C【考點】二分法的定義．【分析】由函數的解析式求得f（2）f（3）＜0，再根據根據函數零點的判定定理可得函數f（x）的零點所在的區(qū)間．【解答】解：∵函數f（x）=lnx+3x﹣7在其定義域上單調遞增，∴f（2）=ln2+2×3﹣7=ln2﹣1＜0，f（3）=ln3+9﹣7=ln3+2＞0，∴f（2）f（3）＜0．根據函數零點的判定定理可得函數f（x）的零點所在的區(qū)間是（2，3），故選：C．【點評】本題主要考查求函數的值，函數零點的判定定理，屬于基礎題．7.已知，則A、2

B、

C、0

D、參考答案：B由，故選Ｂ．8.在中，是的中點，,點在上且滿足,則

A．

B．

C．

D．參考答案：【知識點】平面向量數量積的運算．F3【答案解析】A

解析：如圖因為M是BC的中點，根據向量加法的幾何意義，=2，又，所以==．故選：A．【思路點撥】根據向量加法的幾何意義，得出=2，從而所以=．9.過拋物線的焦點的一條直線交拋物線于A、B兩點，正三角形ABC的頂點C在直線上，則△ABC的邊長是（

）A.8 B.10 C.12 D.14參考答案：C【分析】設的中點為，過、、分別作、、垂直于直線于、、，設，求出，利用弦長公式，可得結論．【詳解】拋物線的焦點為，設的中點為，過、、分別作、、垂直于直線于、、，設，由拋物線定義知：，，，，，即，所以直線AB的斜率k=,所以直線AB的方程為，聯立直線AB方程和拋物線方程得，所以.故選：．【點睛】本題考查拋物線的方程與性質，考查拋物線的定義，正確運用拋物線的定義是關鍵．10.給定下列三個命題：p1：函數y=ax+x（a＞0，且a≠1）在R上為增函數；p2：?a，b∈R，a2﹣ab+b2＜0；p3：cosα=cosβ成立的一個充分不必要條件是α=2kπ+β（k∈Z）．則下列命題中的真命題為（）A．p1∨p2 B．p2∧p3 C．p1∨￢p3 D．￢p2∧p3參考答案：D【考點】2E：復合命題的真假；2K：命題的真假判斷與應用．【分析】p1：當0＜a＜1時，函數y=ax+x（a＞0，且a≠1）在R上不是增函數，即可判斷出真假；p2：?a，b∈R，a2﹣ab+b2=≥0，不存在a，b∈R，a2﹣ab+b2＜0，即可判斷出真假；p3：cosα=cosβ?α=2kπ±β（k∈Z），即可判斷出真假．【解答】解：p1：當0＜a＜1時，函數y=ax+x（a＞0，且a≠1）在R上不是增函數，是假命題；p2：?a，b∈R，a2﹣ab+b2=≥0，因此不存在a，b∈R，a2﹣ab+b2＜0，是假命題；p3：cosα=cosβ?α=2kπ±β（k∈Z），因此cosα=cosβ成立的一個充分不必要條件是α=2kπ+β（k∈Z），是真命題．因此p1∨p2，p2∧p3，p1∨￢p3是假命題；￢p2∧p3是真命題．故選：D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.右圖的程序運行后，輸出的結果是 參考答案：712.設函數的定義域為，如果存在非零常數，對于任意，都有，則稱函數是“似周期函數”，非零常數為函數的“似周期”．現有下面四個關于“似周期函數”的命題：①如果“似周期函數”的“似周期”為-1，那么它是周期為2的周期函數；②函數是“似周期函數”；③函數是“似周期函數”；④如果函數是“似周期函數”，那么“”．其中是真命題的序號是

．（寫出所有滿足條件的命題序號）參考答案：1,3,4．13.已知變量，滿足約束條件，則的最大值是_________.參考答案：9

考點：簡單的線性規(guī)劃．14.如圖，，是半徑為的圓的兩條弦，它們相交于的中點.若，，則=

，

（用表示）.參考答案：；

因為點P是AB的中點，由垂徑定理知，在直角三角形中，，所以，由相交弦定理知，，即，解得15.已知函數f(x)在（0，2）上是增函數，且是偶函數，則、、的大小順序是

(按從小到大的順序).參考答案：16.已知三被錐S﹣ABC的體積為，底面△ABC是邊長為2的正三角形，且所有頂點都在直徑為SC的球面上．則此球的半徑為．參考答案：2【考點】LG：球的體積和表面積．【分析】設球心為O，球的半徑為R，過ABC三點的小圓的圓心為O1，則OO1⊥平面ABC，作SD⊥平面ABC交CO1的延長線與D，用半徑表示出OO1、高SD，利用V三棱錐S﹣ABC=求出R的值．【解答】解：設球心為O，球的半徑為R，過ABC三點的小圓的圓心為O1，則OO1⊥平面ABC，作SD⊥平面ABC交CO1的延長線與D，如圖所示；∵△ABC是正三角形，∴CD=×2=，O1C=CD=，∴OO1=，∴高SD=2OO1=2；又△ABC是邊長為2的正三角形，∴S△ABC=?22=，∴V三棱錐S﹣ABC=??2=，解得R=2．故答案為：2．17.已知函數,有下列五個命題①不論為什么值,函數的圖象關于原點對稱;②若,函數的極小值是,極大值是;③若,則函數的圖象上任意一點的切線都不可能經過原點;④當時,對函數圖象上任意一點,都存在唯一的點,使得(其中點是坐標原點)⑤當時,函數圖象上任意一點的切線與直線及軸所圍成的三角形的面積是定值.其中正確的命題是

(填上你認為正確的所有命題的序號)參考答案：①③⑤

略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知數列中，（1）求證：是等比數列，并求的通項公式；（2）數列滿足，數列的前n項和為，若不等式對一切恒成立，求的取值范圍.參考答案：

略19.如圖所示，正三角形所在平面與梯形所在平面垂直，，，為棱的中點.（1）求證:平面；（2）若直線與平面所成的角為30°，求三棱錐的體積.參考答案：(1)見解析;(2).試題分析：（1）先根據面面垂直性質定理轉化為線面垂直平面，，再利用線面垂直性質定理得線線垂直，由正三角形性質得，最后根據線面垂直判定定理得結論，（2）先根據線面垂直平面確定直線與平面所成的角的平面角為，求出點到平面的距離,根據為的中點，可得點到平面的距離為點到平面的距離一半，利用錐體體積公式可得，再根據等體積法可得.（2）取中點，連接，易知平面，∴與平面所成的角為，∵中，，∴，∵為正三角形，為的中點，∴且，∵平面平面，∴平面，又∵為的中點，∴點到平面的距離為，∵，∴，∴.20.(本題滿分16分)已知Sn是正數數列{an}的前n項和，S12，S22、……、Sn2

……，是以3為首項，以1為公差的等差數列；數列{bn}為無窮等比數列，其前四項之和為120，第二項與第四項之和為90。(1)求an、bn；(2)從數列{}中能否挑出唯一的無窮等比數列，使它的各項和等于。若能的話，請寫出這個數列的第一項和公比?若不能的話，請說明理由。參考答案：(1){Sn}是以3為首項，以1為公差的等差數列；所以Sn2=3+(n–1)=n+2因為an>0，所以Sn=(n?N)，當n≥2時，an=Sn–Sn–1=–，又a1=S1=，所以an=(n?N)，設{bn}的首項為b1，公比為q，則有，所以，所以bn=3n(n?N)，(2)=()n，設可以挑出一個無窮等比數列{cn}，首項為c1=()p，公比為()k，(p、k?N)，它的各項和等于=，則有，所以()p=[1–()k]，當p≥k時3p–3p–k=8，即3p–k(3k–1)=8，因為p、k?N，所以只有p–k=0，k=2時，即p=k=2時，數列{cn}的各項和為。當p<k時，3k–1=8.3k–p，因為k>p右邊含有3的因數，而左邊非3的倍數，不存在p、k?N，所以唯一存在等比數列{cn}，首項為，公比為，使它的各項和等于。21.選修4﹣1：幾何證明選講如圖所示，已知PA與⊙O相切，A為切點，過點P的割線交圓于B、C兩點，弦CD∥AP，AD、BC相交于點E，F為CE上一點，且DE2=EF?EC．（1）求證：CE?EB=EF?EP；（2）若CE：BE=3：2，DE=3，EF=2，求PA的長．參考答案：考點：與圓有關的比例線段．專題：選作題．分析：（I）由已知可得△DEF∽△CED，得到∠EDF=∠C．由平行線的性質可得∠P=∠C，于是得到∠EDF=∠P，再利用對頂角的性質即可證明△EDF∽△EPA．于是得到EA?ED=EF?EP．利用相交弦定理可得EA?ED=CE?EB，進而證明結論；（II）利用（I）的結論可得BP=，再利用切割線定理可得PA2=PB?PC，即可得出PA．解答： （I）證明：∵DE2=EF?EC，∠DEF公用，∴△DEF∽△CED，∴∠EDF=∠C．又∵弦CD∥AP，∴∠P=∠C，∴∠EDF=∠P，∠DEF=∠PEA∴△EDF∽△EPA．∴，∴EA?ED=EF?EP．又∵EA?ED=CE?EB，∴CE?EB=EF?EP；（II）∵DE2=EF?EC，DE=3，EF=2．∴32=2EC，∴．∵CE：BE=3：2，∴BE=3．由（I）可知：CE?EB=EF?EP，∴，解得EP=，∴BP=EP﹣EB=．∵PA是⊙O的切線，∴PA2=PB?PC，∴，解得．點評：熟練掌握相似三角形的判定和性質定理、平行線的性質、對頂角的性質、相交弦定理、切割線定理是解題的關鍵．22.某中學從甲乙兩個教師所教班級的學生中隨機抽取100人，每人分別對兩個教師進行評分，滿分均為100分，整理評分數據，將分數以10為組距分成6組：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100].得到甲教師的頻率分布直方圖，和乙教師的頻數分布表：乙教師分數頻數分布表分數區(qū)間頻數[40,50)3[50,60)3[60,70)15[70,80)19[80,90)35[90,100]25

（1）在抽樣的100人中，求對甲教師的評分低于70分的人數；（2）從對乙教師的評分在[40,60)范圍內的人中隨機選出2人，求2人評分均在[50,60)范圍內的概率；（3）如果該校以學生對老師評分的平均數是否大于80分作為衡量一個教師是否可評為該年度該校優(yōu)秀教師的標準，則甲、乙兩個教師中哪一個可評為年度該校優(yōu)秀教師？（精確到0.1）參考答案：(1)32人；（2）；（3）乙可評為年度該校優(yōu)秀教師【分析】（1）根據頻率分布直方圖求出70分以上的頻率，總頻率之和為1可得70分以下的頻率，由頻率即可求解.（2）根據頻數分布表有3人，有3人，分別進行標記，利用列舉法求出隨機選出2人的基本事件個數，然后再求出評分均在范圍內的基本事件個數，根據古典概型的概率計算公式即可求解.（3）利用平均數=小矩形的面積×小矩形底邊中點橫坐標之和，求出甲的平均分，再利用平均數的公式求