2022-2023學年江西省九江市岷山中學高三數學文下學期期末試題含解析

2022-2023學年江西省九江市岷山中學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.如圖，過圓外一點作一條直線與圓交于兩點，若，點到圓的切線，弦平分弦于點，且，則等于（

）A． B． C．4 D．3參考答案：B試題分析：根據切割線定理，，解得，，設,利用相交弦定理，即，又，則與相似，，即，解方程組得：，選B.考點：平面幾何選講.2.在中，，，，，則(

)(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：C因為，所以。3.設函數且，則（

）A．1

B．2

C．3

D．6參考答案：C4.定義在上的函數滿足：且，若，則的值是（

）A．

B．

C．

D．無法確定參考答案：A5.下列說法正確的是

A．合情推理就是歸納推理B．合情推理的結論不一定正確，有待證明C．演繹推理的結論一定正確，不需證明D．類比推理是從特殊到一般的推理參考答案：B6.已知函數f（x）=aln（x+1）﹣x2，若對?p，q∈（0，1），且p≠q，有恒成立，則實數a的取值范圍為（）A．（﹣∞，18） B．（﹣∞，18] C．[18，+∞） D．（18，+∞）參考答案：C【考點】對數函數的圖象與性質．【分析】恒成立恒成立?'f（x+1）≥2恒成立，即恒成立，分離參數，求最值，即可求出實數a的取值范圍．【解答】解：因為f（x）=aln（x+1）﹣x2，所以f（x+1）=aln[（x+1）+1]﹣（x+1）2，所以．因為p，q∈（0，1），且p≠q，所以恒成立恒成立?'f（x+1）≥2恒成立，即恒成立，所以a＞2（x+2）2（0＜x＜1）恒成立，又因為x∈（0，1）時，8＜2（x+2）2＜18，所以a≥18．故選：C．7.設函數f（x）=8lnx+15x﹣x2，數列{an}滿足an=f（n），n∈N+，數列{an}的前n項和Sn最大時，n=（）A．15 B．16 C．17 D．18參考答案：B【考點】數列的求和．【分析】求出f（x）的導數，由導數大于0，可得增區(qū)間；導數小于0，可得減區(qū)間，再計算f（1），f（8），f（16），f（17）的符號，即可得到所求數列{an}的前n項和Sn最大時，n的值．【解答】解：函數f（x）=8lnx+15x﹣x2，x＞0導數為f′（x）=+15﹣2x==，當x＞8時，f′（x）＜0，f（x）遞減；當0＜x＜8時，f′（x）＞0，f（x）遞增，可得x=8處f（x）取得極大值，且為最大值，f（8）=8ln8+120﹣64＞0，由an=f（n），n∈N+，可得f（1）=15﹣1=14＞0，f（16）=8ln16+15×16﹣162=8ln16﹣16＞0，f（17）=8ln17+15×17﹣172=8ln17﹣34＜0，由單調性可得a1，a2，…，a16都大于0，a17＜0，則數列{an}的前n項和Sn最大時，n=16．故選：B．【點評】本題考查數列前n項和的最值，注意運用導數判斷單調性，考查運算能力，屬于中檔題．8.已知（1+ɑx）(1+x)5的展開式中x2的系數為5，則ɑ=（

）（A）-4 （B）-3（C）-2

（D）-1參考答案：D9.對于棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1，有如下結論，其中錯誤的是（

）A.以正方體的頂點為頂點的幾何體可以是每個面都為直角三角形的四面體；B.過點A作平面A1BD的垂線，垂足為點H，則A,H,C1三點共線；C.過正方體中心的截面圖形不可能是正六邊形；D.三棱錐A-B1CD1與正方體的體積之比為1:3．參考答案：C【分析】在正方體中可找到四面體各個面都是直角三角形，排除；利用線面垂直判定定理可證出平面，從而可知三點共線，排除；在圖形中可找到截面圖形為正六邊形的情況，可知結果為；利用切割的方法求得，從而可求得所求體積之比，排除.【詳解】在如下圖所示的正方體中：四面體的四個面均為直角三角形，可知正確；，

平面

又

，即平面，即過作平面的垂線即為三點共線，可知正確；若為所在棱的中點，連接后可知六邊形為正六邊形且此正六邊形過正方體的中心，可知錯誤；三棱錐體積：正方體體積：三棱錐與正方體的體積之比為：，可知正確.本題正確選項：【點睛】本題考查正方體中的線線關系、線面關系、截面問題、體積問題的相關命題的判定，對于學生空間想象能力要求較高.10.某廠一月份、二月份、三月份、四月份的利潤分別為2、4、4、6（單位：萬元），用線性回歸分析估計該廠五月份的利潤為

A．6.5萬元

B．7萬元

C．7.5萬元

D．8萬元參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為的正方形，AA1=3，E是AA1的中點，過C1作C1F⊥平面BDE與平面ABB1A1交于點F，則CF與平面ABCD所成角的正切值為．參考答案：【考點】直線與平面所成的角．【分析】連結AC、BD，交于點O，當C1F與EO垂直時，C1F⊥平面BDE，從而F∈AA1，進而∠CAF是CF與平面ABCD所成角，由△C1A1F∽△EAO，求出AC，由此能求出CF與平面ABCD所成角的正切值．【解答】解：連結AC、BD，交于點O，∵四邊形ABCD是正方形，AA1⊥底面ABCD，∴BD⊥平面ACC1A1，則當C1F與EO垂直時，C1F⊥平面BDE，∵F∈平面ABB1A1，∴F∈AA1，∴∠CAF是CF與平面ABCD所成角，在矩形ACC1A1中，△C1A1F∽△EAO，則=，∵A1C1=2AO=AB=2，AE=，∴A1F=，∴AF=，∴tan==．∴CF與平面ABCD所成角的正切值為．故答案為：．【點評】本題考查線面角的正切值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．12.在等差數列中，，則數列的前11項和S11等于

．參考答案：132

略13.如果定義在R上的函數f（x）對任意兩個不等的實數x1，x2都有x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1），則稱函數f（x）為“Z函數”給出函數：①y=﹣x3+1，②y=3x﹣2sinx﹣2cosx③y=④y=．以上函數為“Z函數”的序號為．參考答案：②考點：抽象函數及其應用．

專題：函數的性質及應用．分析：不等式x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1）等價為（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0，即滿足條件的函數為單調遞增函數，判斷函數的單調性即可得到結論．解答：解：∵對于任意給定的不等實數x1，x2，不等式x1f（x1）+x2f（x2）＞x1f（x2）+x2f（x1）恒成立，∴不等式等價為（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0恒成立，即函數f（x）是定義在R上的增函數．①函數y=﹣x3+1在定義域上單調遞減．不滿足條件．②y=3x﹣2sinx﹣2cosx，y′=3﹣2cosx+2sinx=3+2（sinx﹣cox）=3﹣2sin（x﹣）＞0，函數單調遞增，滿足條件．③f（x）=y=，當x＞0時，函數單調遞增，當x＜0時，函數單調遞減，不滿足條件．④y=，當x＞0時，函數單調遞增，當x＜0時，函數單調遞減，不滿足條件．故答案為：②點評：本題主要考查函數單調性的應用，將條件轉化為函數的單調性的形式是解決本題的關鍵．14.函數的定義域是

參考答案：（-3，2

）15.設函數f（x）=kx2﹣kx，g（x）=，若使得不等式f（x）≥g（x）對一切正實數x恒成立的實數k存在且唯一，則實數a的值為

．參考答案：2【分析】根據題意：g（x）=lnx（x≥1），圖象過（1，0），所以二次函數圖象過（1，0），即k=1，可得函數f（x）=x2﹣x，當0＜x＜1時，要使f（x）對一切正實數x恒成立，即x2﹣x≥﹣x3+（a+1）x2﹣ax．利用二次函數的性質求解即可．【解答】解：由題意：函數f（x）=，g（x）=，當g（x）=lnx（x≥1），圖象過（1，0），使得不等式f（x）≥g（x）對一切正實數x恒成立的實數k存在且唯一，即kx2﹣kx﹣lnx≥0，令m（x）=kx2﹣kx﹣lnx≥0則m′（x）=2kx﹣k﹣≥0．實數k存在且唯一，當x=1時，解得k=1．即k=1．可得函數f（x）=x2﹣x．當0＜x＜1時，要使f（x）≥g（x）對一切正實數x恒成立，即x2﹣x≥﹣x3+（a+1）x2﹣ax．令h（x）=x2﹣ax+a﹣1≥0，∵對一切正實數x恒成立且唯一，∴△=a2﹣4（a﹣1）=0，解得：a=2．故答案為：2．16.公差不為0的等差數列{an}中，a1+a3=8，且a4為a2和a9和等比中項，則a5=．參考答案：13【考點】等差數列的通項公式．【分析】設等差數列{an}的公差d≠0，由a1+a3=8，且a4為a2和a9和等比中項，可得2a1+2d=8，，聯(lián)立解出即可得出．【解答】解：設等差數列{an}的公差d≠0，∵a1+a3=8，且a4為a2和a9和等比中項，∴2a1+2d=8，，解得a1=1，d=3．則a5=1+3×4=13．故答案為：13．17.已知數列是等差數列，，，則過點和點的直線的傾斜角是

（用反三角函數表示結果）參考答案：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.已知函數,函數.（Ⅰ）求函數f(x)的極值；（Ⅱ）當時,證明：對一切的,都有恒成立；（Ⅲ）當時,函數有最小值,記g(x)的最小值為證明：;參考答案：解：（Ⅰ）

令則……………2分 隨著變化,變化情況如下表，

+

-單增

極大值單減所以在處取得極大值，極大值為

無極小值.……………4分（Ⅱ）要證：，即證：即證：……………5分由（Ⅰ）知以在處取得極大值也是最大值令，令則，令則,故在遞減，在遞增，故在處取得極小值也是最小值……………7分故得證，即得證……………8分（Ⅲ），設，則由得，而得故在單增，又所以存在唯一，使得即，即……………10分當，當，故在遞減，在遞增，故在處取得極小值也是最小值……………12分而，由故，即因此在單調遞減，……………13分故即從而，即……………14分19.已知各項均為正數的兩個數列和滿足：，，（1）設，，求證：數列是等差數列；（2）設，，且是等比數列，求和的值．參考答案：解：（1）∵，∴。

∴?！?/p>

。

∴數列是以1為公差的等差數列。（2）∵，∴。

∴。（﹡）

設等比數列的公比為，由知，下面用反證法證明

若則，∴當時，，與（﹡）矛盾。

若則，∴當時，，與（﹡）矛盾。

∴綜上所述，。∴，∴。

又∵，∴是公比是的等比數列。

若，則，于是。

又由即，得。

∴中至少有兩項相同，與矛盾?！唷?/p>

∴。

∴。20.已知F1、F2是橢圓+=1的左、右焦點，O為坐標原點，點P（﹣1，）在橢圓上，線段PF2與y軸的交點M滿足+=；（1）求橢圓的標準方程；（2）⊙O是以F1F2為直徑的圓，一直線l：y=kx+m與⊙O相切，并與橢圓交于不同的兩點A、B．當=λ且滿足≤λ≤時，求△AOB面積S的取值范圍．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題．【分析】（Ⅰ）由已知條件推導出，由此能求出橢圓的標準方程．（Ⅱ）由圓O與直線l相切，和m2=k2+1，由，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，由此能求出△AOB面積S的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）∵+=，∴點M是線段PF2的中點，∴OM是△PF1F2的中位線，又OM⊥F1F2∴PF1⊥F1F2∴，解得a2=2，b2=1，c2=1，∴橢圓的標準方程為=1．（Ⅱ）∵圓O與直線l相切，∴，即m2=k2+1，由，消去y：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，∵直線l與橢圓交于兩個不同點，∴△＞0，∴k2＞0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=﹣，，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==，=x1x2+y1y2==λ，∴，∴，解得：，S=S△AOB===，設μ=k4+k2，則，S=，，∵S關于μ在[]上單調遞增，S（）=，S（2）=．∴．21.(本小題滿分10分)選修4—4：坐標系與參數方程在直角坐標系中，圓C的參數方程．以O為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系．（1）求圓C的極坐標方程；（2）直線的極坐標方程是，射線與圓C的交點為O、P，與直線的交點為Q，求線段PQ的長．參考答案：（1）圓C的普通方程為，又所以圓C的極坐標方程為

………5分（2）設，則由

解得

………7分設，則由解得………9分所以

………10分22.（14分）如圖，在三棱錐中，平面,

,且.（1)求證：平面平面;（2）求二面角的平面角的余弦值.參考答案：（1）平面

1分

2分

平面

4分

平面平