湖南省郴州市麻田中學2022年度高三數(shù)學文下學期期末試卷含解析

湖南省郴州市麻田中學2022年度高三數(shù)學文下學期期末試卷含解析一、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.夏季運動會上，鐵餅項目運動員往一矩形區(qū)域進行扔餅訓練，該矩形長為6，寬為4，鐵餅是半徑為1的圓，該運動員總能將鐵餅圓心仍在矩形區(qū)域內(nèi)，則該運動員能將鐵餅完全扔進矩形區(qū)域的概率為A．

B．

C．

D．參考答案：C由題意，得該運動員總能將鐵餅圓心仍在矩形區(qū)域內(nèi)，即鐵餅圓心所在區(qū)域為矩形ABCD，要使該運動員能將鐵餅完全扔進矩形區(qū)域，則鐵餅圓心所在區(qū)域為矩形EFGH，由幾何概型的概率公式，得該運動員能將鐵餅完全扔進矩形區(qū)域的概率為；故選C.

2.與直線垂直的拋物線的切線方程是 A．

B．C．

D．參考答案：答案：B解析：易知與直線垂直的直線方程的斜率是，設(shè)切點為，則在此處的切線斜率是，故，∴

∴所求切線方程是．3.（5分）已知曲線f（x）=sin（wx）+cos（wx）（w＞0）的兩條相鄰的對稱軸之間的距離為，且曲線關(guān)于點（x0，0）成中心對稱，若x0∈[0，]，則x0=（）A．B．C．D．參考答案：C【分析】利用兩角和的正弦公式化簡f（x），然后由f（x0）=0求得[0，]內(nèi)的x0的值．【解答】解：∵曲線f（x）=sin（wx）+cos（wx）=2sin（wx+）的兩條相鄰的對稱軸之間的距離為，∴=π，∴w=2∴f（x）=2sin（2x+）．∵f（x）的圖象關(guān)于點（x0，0）成中心對稱，∴f（x0）=0，即2sin（2x0+）=0，∴2x0+=kπ，∴x0=，k∈Z，∵x0∈[0，]，∴x0=．故選：C．【點評】本題考查兩角和與差的正弦函數(shù)，考查了正弦函數(shù)的對稱中心的求法，是基礎(chǔ)題．4.若實數(shù)x、y滿足不等式組則z=|x|+2y的最大值是(

) A．10 B．11 C．13 D．14參考答案：D考點：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應(yīng)用．分析：由約束條件作出可行域，分類化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標，代入目標函數(shù)得答案．解答： 解：由約束條件作出可行域如圖，當x≥0時，z=|x|+2y化為y=﹣x+z，表示的是斜率為﹣，截距為的平行直線系，當過點（1，5）時，直線在y軸上的截距最大，z最大，zmax=1+2×5=11；當x＜0時，z=|x|+2y化為，表示斜率為，截距為，的平行直線系，當直線過點（﹣4，5）時直線在y軸上的截距最大，z最大，zmax=4+2×5=14．∴z=|x|+2y的最大值是14．故選：D．點評：本題考查了簡單的線性規(guī)劃，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．5.已知，，則（

）A.

B.或

C.

D.參考答案：C【知識點】三角函數(shù)的求值解析：因為，所以或，得，則，所以選C.【思路點撥】抓住所給的三角函數(shù)值是特殊角的三角函數(shù)值是本題的關(guān)鍵.6.在實數(shù)集中定義一種運算“”，，為唯一確定的實數(shù)，且具有性質(zhì)：（1）對任意，；（2）對任意，．關(guān)于函數(shù)的性質(zhì)，有如下說法：①函數(shù)的最小值為；②函數(shù)為偶函數(shù)；③函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．其中所有正確說法的個數(shù)為(

)A． B． C． D．參考答案：C略7.，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，則的值可以是(

)A.

B.

C.

D.參考答案：D8.已知雙曲線（a＞0，b＞0）的左焦點為F（﹣c，0）（c＞0），過點F作圓x2+y2=的一條切線交圓于點E，交雙曲線右支于點P，若，則雙曲線的離心率為（）A．B．C．D．2參考答案：A【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】判斷出E為PF的中點，據(jù)雙曲線的特點知原點O為兩焦點的中點；利用中位線的性質(zhì)，求出PF′的長度及判斷出PF′垂直于PF；通過勾股定理得到a，c的關(guān)系，求出雙曲線的離心率．【解答】解：∵，則，∴E為PF的中點，令右焦點為F′，則O為FF′的中點，則PF′=2OE=a，∵E為切點，∴OE⊥PF，∴PF′⊥PF，∵PF﹣PF′=2a，∴PF=PF′+2a=3a，在Rt△PFF′中，PF2+PF′2=FF′2，即9a2+a2=4c2．所以離心率e=．故選：A．【點評】本小題主要考查雙曲線的簡單性質(zhì)、圓的方程等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，在圓錐曲線中，求離心率關(guān)鍵就是求三參數(shù)a，b，c的關(guān)系，屬于中檔題9.一個棱錐的三視圖如圖所示，其中側(cè)視圖為邊長為1的正三角形，則四棱錐側(cè)面中最大側(cè)面的面積是（

）A.

B.1

C.

D.參考答案：D10.設(shè)為空間兩條不同的直線，為空間兩個不同的平面，給出下列命題：①若，則；②若，則；③若，則；④若，則.其中正確命題的個數(shù)是（

）A．1

B．2

C．3

D．4參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若函數(shù)f(x)=(2x2-a2x-a)lgx的值域為,則a=_________參考答案：略12.定積分的值為＿＿＿＿參考答案：013.在極坐標系中，點到直線的距離為

．參考答案：【知識點】簡單曲線的極坐標方程．N3

解析：點P化為直角坐標P（0，1）．直線化為2x﹣y+2=0．∴點P到直線的距離d==．故答案為：．【思路點撥】點P化為直角坐標P（0，1）．直線化為2x﹣y+2=0．再利用點到直線的距離公式即可得出．14.已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f（x）=ex﹣e﹣x+ln（+x）+1，f′（x）為其導(dǎo)函數(shù)，則f（e）+f′（e）+f（﹣e）﹣f′（﹣e）=

．參考答案：2【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】由已知函數(shù)解析式，令函數(shù)g（x）=f（x）﹣1，可知函數(shù)g（x）為奇函數(shù)，求導(dǎo)后判斷g′（x）=f′（x）為偶函數(shù)，然后借助于函數(shù)奇偶性的性質(zhì)可得f（e）+f（﹣e）=2，f′（e）﹣f′（﹣e）=0，由此求得f（e）+f′（e）+f（﹣e）﹣f′（﹣e）=2．【解答】解：f（x）=ex﹣e﹣x+ln（+x）+1，令g（x）=f（x）﹣1=ex﹣e﹣x+ln（+x），則g（﹣x）=f（﹣x）﹣1=，g（x）+g（﹣x）=0，故g（x）為奇函數(shù)，g′（x）=f′（x）==，由g′（x）﹣g′（﹣x）=﹣，可知g′（x）=f′（x）為偶函數(shù)，g（e）+g（﹣e）=f（e）﹣1+f（﹣e）﹣1=0，∴f（e）+f（﹣e）=2．又f′（e）=f′（﹣e），∴f′（e）﹣f′（﹣e）=0，∴f（e）+f′（e）+f（﹣e）﹣f′（﹣e）=2．故答案為：2．15.設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當x＞0時，f（x）=2x﹣3，則不等式f（x）＜﹣5的解為

．參考答案：（﹣∞，﹣3）【考點】3L：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)求出當x＜0的解析式，討論x＞0，x＜0，x=0，解不等式即可．【解答】解：若x＜0，則﹣x＞0，∵當x＞0時，f（x）=2x﹣3，∴當﹣x＞0時，f（﹣x）=2﹣x﹣3，∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，∴f（﹣x）=2﹣x﹣3=﹣f（x），則f（x）=﹣2﹣x+3，x＜0，當x＞0時，不等式f（x）＜﹣5等價為2x﹣3＜﹣5即2x＜﹣2，無解，不成立；當x＜0時，不等式f（x）＜﹣5等價為﹣2﹣x+3＜﹣5即2﹣x＞8，得﹣x＞3，即x＜﹣3；當x=0時，f（0）=0，不等式f（x）＜﹣5不成立，綜上，不等式的解為x＜﹣3．故不等式的解集為（﹣∞，﹣3）．故答案為（﹣∞，﹣3）．【點評】本題主要考查不等式的解集的求解，根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)求出函數(shù)的解析式是解決本題的關(guān)鍵．16.將7名學生分配到甲、乙兩個宿舍中,每個宿舍至少安排2名學生,那么互不相同的分配方案共有________種.參考答案：11217.若曲線在與處的切線互相垂直，則正數(shù)的值為

.參考答案：

三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）已知冪函數(shù)在上單調(diào)遞增，函數(shù)．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）當時，記，的值域分別為集合，若，求實數(shù)的取值范圍．參考答案：（Ⅰ）依題意得：或當時，在上單調(diào)遞減，與題設(shè)矛盾，舍去．

……………5分（Ⅱ）當時，，單調(diào)遞增，，，，．

……………12分19.(本小題滿分14分)設(shè)函數(shù).（Ⅰ）當時，求的極值；（Ⅱ）當時，求的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）當時，對任意的正整數(shù)，在區(qū)間上總有個數(shù)使得成立，試問：正整數(shù)是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，說明理由.參考答案：(I)函數(shù)的定義域為.

…………１分當時，，∴.…２分由得.，隨變化如下表:0極小值由上表可知，，沒有極大值.

…………４分（II）由題意，.令得，.………６分若，由得；由得.…………７分若，①

當時，，或，；，.②當時，.③當時，，或，；，.綜上，當時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；當時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，，單調(diào)遞增區(qū)間為；當時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是,當時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，，單調(diào)遞增區(qū)間為.…………１０分(Ⅲ)當時，，.∵，∴.∴，.…………１２分由題意，恒成立.令，且在上單調(diào)遞增，，因此，而是正整數(shù)，故，所以，時，存在，時，對所有滿足題意.∴.…………………１４分20.（14分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長為1的正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA=2，E是側(cè)棱PA上的動點．（1）求四棱錐P﹣ABCD的體積；（2）如果E是PA的中點，求證：PC∥平面BDE；（3）是否不論點E在側(cè)棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？證明你的結(jié)論．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定；棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【分析】（1）利用四棱錐的體積計算公式即可；（2）利用三角形的中位線定理和線面平行的判定定理即可證明；（3）利用線面垂直的判定和性質(zhì)即可證明．【解答】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，∴PA為此四棱錐底面上的高．∴V四棱錐P﹣ABCD==．（2）連接AC交BD于O，連接OE．∵四邊形ABCD是正方形，∴AO=OC，又∵AE=EP，∴OE∥PC．又∵PC?平面BDE，OE?平面BDE．∴PC∥平面BDE．（3）不論點E在側(cè)棱PA的任何位置，都有BD⊥CE．證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC．∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD．又∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．∵CE?平面PAC．∴BD⊥CE．【點評】熟練掌握線面平行、垂直的判定和性質(zhì)定理及四棱錐的體積計算公式是解題的關(guān)鍵．21.已知向量a是以點A(3，－1)為起點，且與向量b＝(－3,4)垂直的單位向量，求a的終點坐標．參考答案：設(shè)a的終點坐標為(m，n)，則a＝(m－3，n＋1)，∵a⊥b，∴由題意由①得：n＝(3m－13)代入②得25m2－150m＋209＝0，解得或∴a的終點坐標是(，－)或(，－)．

22.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，AD⊥AB，CD∥AB，，CD=3，直線PA與底面ABCD所成角為60°，點M、N分別是PA，PB的中點．（1）求證：MN∥平面PCD；（2）求證：四邊形MNCD是直角梯形；（3）求證：DN⊥平面PCB．參考答案：【考點】直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【分析】（1）利用三角形的中位線性質(zhì)證明MN∥AB，再由已知條件和公理4證明MN∥CD，再利用直線和平面平行的判定定理證得MN∥平面PCD．（2）由（1）可得MN∥CD．先由條件利用直線和平面垂直的判定證明CD⊥平面PAD，從而證得CD⊥MD，從而得到四邊形MNCD是直角梯形．（3）由條件求得∠PAD=60°，利用勾股定理求得DN⊥CN．在Rt△PDB中，由PD=DB=，N是PB的中點，證得DN⊥PB，再根據(jù)直線和平面垂直的判定定理證得DN⊥平面PCB．【解答】證明：（1）因為點M，N分別是PA，PB的中點，所以MN∥AB．…因為CD∥AB，所以MN∥CD．又CD?平面PCD，而MN?平面PCD，所以MN∥平面PCD．…（2）由（1）可得MN∥CD．因為AD⊥AB，CD∥AB，