2022-2023學(xué)年河南省開封市中國化學(xué)工程總公司第十一建設(shè)公司職業(yè)中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析

2022-2023學(xué)年河南省開封市中國化學(xué)工程總公司第十一建設(shè)公司職業(yè)中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、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.已知定義域為R的函數(shù)為增函數(shù)，且函數(shù)為偶函數(shù)，則下列結(jié)論不成立的是A．

B．

C．

D．參考答案：答案：D2.如圖,把一個單位圓八等分，某人向圓內(nèi)投鏢，則他投中陰影區(qū)域的概率為(

)A.

B.

C.

D.參考答案：C略3.在某次測量中得到的A樣本數(shù)據(jù)如下：42，43，46，52，42，50，若B樣本數(shù)據(jù)恰好是A樣本數(shù)據(jù)每個都減5后所得數(shù)據(jù)，則A、B兩樣本的下列數(shù)字特征對應(yīng)相同的是（

）A．平均數(shù)

B．標(biāo)準(zhǔn)差

C．眾數(shù)

D．中位數(shù)參考答案：B略4.稱為兩個向量間的“距離”，若向量滿足：(1)；(2)；(3)對任意的，恒有，則(

)A．

B．

C．

D．參考答案：B試題分析：即,,上式整理可得.恒成立即恒成立.,.,.所以B正確.考點：1向量的數(shù)量積;2向量垂直.5.復(fù)數(shù)（其中為虛數(shù)單位）的虛部為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C6.雙曲線（p>0）的左焦點在拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線上，則該雙曲線的離心率為

（

）A．

B．

C．2

D．1

參考答案：A略7.已知向量，，若，則的值為(

)

A．

B.1

C.

D.參考答案：D略8.若對于函數(shù)圖象上任意一點處的切線，在函數(shù)的圖象上總存在一條切線，使得，則實數(shù)a的取值范圍為(

)A．

B．C．

D．參考答案：A9.已知圓，拋物線上兩點與，若存在與直線AB平行的一條直線和C與E都相切，則E的標(biāo)準(zhǔn)方程為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C將點與代入拋物線得，，不妨設(shè)與直線AB平行的一條直線為，聯(lián)立解得由解得p=1或(舍)則E的準(zhǔn)線方程為故選C.

10.下圖是函數(shù)在區(qū)間上的圖象，為了得到這個函數(shù)的圖象，只要將的圖象上所有的點（

）A.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變B.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變C.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變D.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變參考答案：A由圖象知，，又，所以，所以函數(shù)為，當(dāng)時，，解得，所以函數(shù)為所以要得到函數(shù)，則只要先向左平移單位，然后再把所得各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知拋物線的準(zhǔn)線與圓相切，則p的值為________.參考答案：212.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx﹣y+2=0與直線l2：x+ky﹣2=0相交于點P，則當(dāng)實數(shù)k變化時，點P到直線x﹣y﹣4=0的距離的最大值為

．參考答案：3

【考點】點到直線的距離公式．【分析】直線l1：kx﹣y+2=0與直線l2：x+ky﹣2=0的斜率乘積=k×=﹣1，（k=0時，兩條直線也相互垂直），并且兩條直線分別經(jīng)過定點：M（0，2），N（2，0）．可得點M到直線x﹣y﹣4=0的距離d為最大值．【解答】解：∵直線l1：kx﹣y+2=0與直線l2：x+ky﹣2=0的斜率乘積=k×=﹣1，（k=0時，兩條直線也相互垂直），并且兩條直線分別經(jīng)過定點：M（0，2），N（2，0）．∴兩條直線的交點在以MN為直徑的圓上．并且kMN=﹣1，可得MN與直線x﹣y﹣4=0垂直．∴點M到直線x﹣y﹣4=0的距離d==3為最大值．故答案為：3．13.在△ABC中，若a＝3，b＝，∠A＝，則∠C的大小為____________。參考答案：14.若點在直線上，則

．參考答案：315.已知函數(shù)f（x）=2ax2+3b（a，b∈R），若對于任意x∈[﹣1，1]，都有|f（x）|≤1成立，則ab的最大值是．參考答案：【考點】函數(shù)的值；二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】由對于任意x∈[﹣1，1]，都有|f（x）|≤1成立，可得（a，b）對應(yīng)的可行域，進(jìn)而根據(jù)基本不等式得到ab的最大值．【解答】解：函數(shù)f（x）=2ax2+3b圖象的頂點為（0，3b），若若對于任意x∈[﹣1，1]，都有|f（x）|≤1成立，則，其對應(yīng)的平面區(qū)域如下圖所示：令Z=ab，則在第一，三象限a，b同號時ab取最大值，由2a+3b=1，a＞0，b＞0得：ab≤=，故答案為：16.若命題“?x∈R，x2﹣2x+m≤0”是假命題，則m的取值范圍是

．參考答案：m＞1【考點】特稱命題．【分析】根據(jù)特稱命題是假命題，則對應(yīng)的全稱命題是真命題，即可得到結(jié)論．【解答】解：若命題“?x∈R，x2﹣2x+m≤0”是假命題，則命題“?x∈R，x2﹣2x+m＞0”是真命題，即判別式△=4﹣4m＜0，解得m＞1，故答案為：m＞117.已知______參考答案：略三、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.（12分）如圖1，在四棱錐中，底面，底面為正方形，為側(cè)棱上一點，為上一點．該四棱錐的正（主）視圖和側(cè)（左）視圖如圖2所示．（1）求四面體的體積；

（2）證明：∥平面；（3）證明：平面平面．參考答案：（1）證明：（Ⅰ）解：由左視圖可得為的中點，所以△的面積為．………………1分因為平面，

………………2分所以四面體的體積為

………………3分

．

………………4分（2）證明：取中點，連結(jié)，．

………………5分由正（主）視圖可得為的中點，所以∥，．………6分又因為∥，，所以∥，．所以四邊形為平行四邊形，所以∥．

………………7分因為平面，平面，所以直線∥平面．

……………8分（3）證明：因為平面，所以．因為面為正方形，所以．所以平面．

……………9分因為平面，所以．

因為，為中點，所以．所以平面．

……………10分因為∥，所以平面．

………………11分因為平面，所以平面平面.

………………12分

19.如圖，PA⊥平面ABCD，AD//BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝PA＝1，AD＝3，E是PB的中點．（1）求證：AE⊥平面PBC；（2）求二面角B－PC－D的余弦值．參考答案：（1）根據(jù)題意，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E(，0，)，＝(，0，)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)．因為·＝0，·＝0，所以⊥，⊥．所以AE⊥BC，AE⊥BP．因為BC，BP(平面PBC，且BC∩BP＝B，所以AE⊥平面PBC．

………………4分（2）設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·＝0，n·＝0．因為＝(－1，2，0)，＝(0，3，－1)，所以－x＋2y＝0，3y－z＝0．令x＝2，則y＝1，z＝3．所以n＝(2，1，3)是平面PCD的一個法向量．

………………8分因為AE⊥平面PBC，所以是平面PBC的法向量．所以cos<，n>＝＝．由此可知，與n的夾角的余弦值為．根據(jù)圖形可知，二面角B－PC－D的余弦值為－．

………………10分20.參考答案：解析:（1）因為四邊形ABCD內(nèi)接于圓，所以∠ABC

+∠ADC=180°，連接AC，由余弦定理：AC2=42+62–2×4×6×cos∠ABC=42+22–2×2×4cos∠ADC．所以cos∠ABC=，∵∠ABC∈(0，)，故∠ABC=60°．S四邊形ABCD=×4×6×sin60°+×2×4×sin120°=8（萬平方米）．………………4分在△ABC中，由余弦定理：AC2=AB2+BC2–2AB·BC·cos∠ABC

=16+36–2×4×6×．

AC=．…………6分由正弦定理，∴∴（萬米）．………………8分（2）∵S四邊形APCD=S△ADC+S△APC又S△ADC=AD·CD·sin120°=2，設(shè)AP=x，CP=y．則S△APC=．……10分又由余弦定理AC2=x2+y2–2xycos60°=x2+y2–xy=28．∴x2+y2–xy≥2xy–xy=xy．∴xy≤28

當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取等號……12分∴S四邊形APCD=2+∴最大面積為9萬平方米．…………13分．

21.如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB=2，AC=4，AA1=3．D是線段BC的中點．（1）求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值；（2）求二面角B1﹣A1D﹣C1的大小的余弦值．參考答案：【考點】MT：二面角的平面角及求法；MI：直線與平面所成的角．【分析】（1）分別以AB、AC、AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值．（2）求出平面B1A1D的法向量和平面B1A1D的法向量，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣C1的大小的余弦值．【解答】解：（1）因為在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC所以分別以AB、AC、AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），A1（0，0，3），B1（2，0，3），C1（0，4，3），因為D是BC的中點，所以D（1，2，0），…因為，設(shè)平面A1C1D的法向量，則，即，取，所以平面A1C1D的法向量，而，所以，所以直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值為；…（2），，設(shè)平面B1A1D的法向量，則，即，取，平面B1A1D的法向量，所以，二面角B1﹣A1D﹣C1的大小的余弦值．…22.如圖，在三棱錐P﹣ABC中，直線PA⊥平面ABC，且∠ABC=90°，又點Q，M，N分別是線段PB，AB，BC的中點，且點K是線段MN上的動點．（Ⅰ）證明：直線QK∥平面PAC；（Ⅱ）若PA=AB=BC=8，且二面角Q﹣AK﹣M的平面角的余弦值為，試求MK的長度．參考答案：【考點】MJ：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題．【分析】（Ⅰ）連結(jié)QM，通過證明平面QMN∥平面PAC，利用平面與平面平行的性質(zhì)定理證明QK∥平面PAC．（Ⅱ）方法1：過M作MH⊥AK于H，連QH，則∠QHM即為二面角Q﹣AK﹣M的平面角，設(shè)MK=x，利用，求解MK的長度．方法2：以B為原點，以BC、BA所在直線為x軸y軸建空間直角坐標(biāo)系，求出平面AQK的一個法向量，平面AKM的一個法向量，利用向量的數(shù)量積結(jié)合二面角的大小，求解MK的長度．【解答】解：（Ⅰ）連結(jié)QM，∵點Q，M，N分別是線段PB，AB，BC的中點∴QM∥PA且MN∥AC，從而QM∥平面PAC且MN∥平面PAC又∵M(jìn)N∩QM=M，∴平面QMN∥平面PAC

而QK?平面QMN∴QK∥平面PAC

…（7分）（Ⅱ）方法1：過M作MH⊥AK于H，連QH，則∠QHM即為二面角Q﹣AK﹣M的平面角，設(shè)MK=x，且PA=PB=PC=8則，又QM=4，且，∴=，解得，∴MK的長度為．