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1、2022年河南省信阳市县泗河港职业中学高三数学文下学期期末试题含解析一、 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. 已知1+i=，则在复平面内，复数z所对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可得出【解答】解：1+i=，z=在复平面内，复数z所对应的点在第一象限故选：A2. 若，则ABCD参考答案：A3. 已知某四棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该四棱锥的体积是ABCD参考答案：C4. 设集合，集合，则等于A.B.C.D.参考答案：C
2、略5. 若全集为实数R，集合A=x|2x1|3，B=x|y=，则（?RA）B=（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|1x2D?参考答案：B【考点】交、并、补集的混合运算【分析】求出A中不等式的解集确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出A补集与B的交集即可【解答】解：由A中不等式变形得：2x13或2x13，解得：x2或x1，即A=x|x1或x2，?RA=x|1x2，由B中y=，得到x10，即x1，B=x|x1，则（?RA）B=x|1x2，故选：B6. 记数列的前项和为，若不等式对任意等差数列及任意正整数都成立，则实数的最大值为（ ）。A B C D参考答案：D略7. 若两个非零向量满足|+|+|=
3、2|，则向量与的夹角为( )ABCD参考答案：B【考点】数量积表示两个向量的夹角 【专题】平面向量及应用【分析】将满足|+|+|=2|，将各项平方转化，能得=0，=3，利用夹角余弦公式计算，注意等量代换【解答】解：由已知得由得出=0，将展开并代入整理得：=3，（）?（）=2，cos=所求夹角是，故选B【点评】本题考查向量的数量积、模、夹角的运算，本题的关键是将已知转化，得出 的两条关系，在解题过程中进行等量代换属于中档题8. 已知数列为等差数列，且，则tan()等于 （ ）A. B. C. D.参考答案：B9. 复数的虚部是 （ ） A B C D参考答案：B10. 设f(x)为定义在R上的奇
4、函数，当x0时，f(x)2x2xb(b为常数)，则f(1)()A3 B1 C1 D3参考答案：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数f(x)lnx的定义域为 参考答案：(0，112. 若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如下图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为_.参考答案： 略13. 某建筑公司要在一块宽大的矩形地面（如图所示）上进 行开发建设，阴影部分为一公共设施不能建设开发，且要求 用栏栅隔开（栏栅要求在直线上），公共设施边界为曲线 的一部分，栏栅与矩形区域的边界交 于点M、N，切曲线于点P，设 ( I)将（O为坐标原点）的面积S表示成f的函数S(t)；
5、 (II)若，S(t)取得最小值，求此时a的值及S(t)的最小值参考答案：解：（），直线的斜率为，直线的方程为令得 3分令,得, 的面积, 6分（）,因为,由,得, 9分当时, ,当时, . 已知在处, ,故有，故当时, 略14. 已知向量=（2，4），=（1，2），若，则_参考答案：。因为，所以。15. 已知正四棱锥的底面边长为，高为1，则这个正四棱锥的外接球的表面积为 参考答案：4【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】由已知可得，外接球球心正好是底面正方形对角线的交点，根据球的表面积公式解之即可【解答】解：由已知可得，外接球球心正好是底面正方形对角线的交点，故r
6、=1，从而S=4r2=4故答案为4【点评】本题主要考查球的表面积，球的内接体问题，考查计算能力和空间想象能力，属于中档题16. 函数的图象中，离坐标原点最近的一条对称轴的方程为 参考答案：x=【考点】正弦函数的图象 【专题】三角函数的图像与性质【分析】先求出函数的对称轴方程为x=，kZ，从而可求离坐标原点最近的一条对称轴的方程【解答】解：函数的对称轴方程为x=，kZ当k=1时，x=是离坐标原点最近的一条对称轴的方程故答案为：x=【点评】本题主要考察了正弦函数的图象与性质，属于基础题17. 已知一个关于x，y的二元一次方程组的增广矩阵为，则xy= 参考答案：2考点：二阶矩阵 专题：矩阵和变换分析
7、：由增广矩阵写出原二元线性方程组，再根据方程求解x，y即可解答：解：由二元线性方程组的增广矩阵可得到二元线性方程组的表达式 ，解得 x=4，y=2，故答案为：2点评：本题考查增广矩阵，解答的关键是二元线性方程组的增广矩阵的涵义，属于基础题三、 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. （14分）已知函数f（x）=exax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y=f（x）在点A处的切线斜率为1（）求a的值及函数f（x）的极值（）证明：当x0时，x2ex（）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x（x0，+），恒有x2cex参考答案：【考点】利用导数研究
8、曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值【分析】（）利用导数的几何意义求得a，再利用导数的符号变化可求得函数的极值；（）构造函数g（x）=exx2，求出导数，利用（）问结论可得到函数的符号，从而判断g（x）的单调性，即可得出结论；（）令x0=，利用（）的结论，即得结论成立【解答】解：（）由f（x）=exax得f（x）=exa又f（0）=1a=1，a=2，f（x）=ex2x，f（x）=ex2由f（x）=0得x=ln2，当xln2时，f（x）0，f（x）单调递减；当xln2时，f（x）0，f（x）单调递增；当x=ln2时，f（x）有极小值为f（ln2）=eln22ln2=2ln4f（x）无极大值
9、（）令g（x）=exx2，则g（x）=ex2x，由（1）得，g（x）=f（x）f（ln2）=eln22ln2=2ln40，即g（x）0，当x0时，g（x）g（0）0，即x2ex；（ III）对任意给定的正数c，取x0=0，由（ II）知，当x0时，exx2，当xx0时， ，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x（x0，+）时，恒有x2cex【点评】本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、综合性较强，难度较大19. （本小题12分）如图，在RtABC中，BCAC8，DEBC,AD:DC=5:3,将ADE沿DE折起使点A在平面BCDE上的射影是点C， M为AC中点. （）在BE
10、上找一点N，使MN平面ADE；（）求四面体ABCN的体积.参考答案：解（）设DC中点为Q，EB中点为N，连接QN、MQ，-2因为M为AC中点，所以MQAD，NQED，-4所以平面AQN平面ADE，又平面MNQ，所以MN平面ADE；-6（），-9-12略20. 过点P（4，4）作直线l与圆O：x2+y2=4相交于A、B两点（）若直线l变动时，求AB中点M的轨迹方程；（）若直线l的斜率为，求弦AB的长；（）若一直线与圆O相 切于点Q且与x轴的正半轴，y轴的正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，求点Q的坐标参考答案：考点： 轨迹方程专题： 综合题；直线与圆分析： （）点M所在曲线是以OP为直径
11、的圆，可得AB中点M的轨迹方程；（）求出直线l的方程是：y4=（x+4），可得点O到直线l的距离，即可求弦AB的长；（）求出两个坐标轴的正半轴于切线围成的三角形面积，利用基本不等式可得该三角形面积最小时，点Q的坐标解答： 解：（）因为点M是AB的中点，所以OMAB，则点M所在曲线是以OP为直径的圆，其方程为x（x+4）+y（y4）=0，即（x+2）2+（y2）2=8； （4分）（）因为直线l的斜率为，所以直线l的方程是：y4=（x+4），即x+2y4=0，（6分）设点O到直线l的距离为d，则d=，所以AB=2=； （10分）（）设切点Q的坐标为（x0，y0）（x00，y00）则切线斜率为所以切
12、线方程为yy0=（xx0）又x02+y02=4，则x0x+y0y=4 （12分）此时，两个坐标轴的正半轴于切线围成的三角形面积S=（14分）由x02+y02=42x0y0，知当且仅当x0=y0=时，x0y0有最大值即S有最小值因此点Q的坐标为（，） （16分）点评： 本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考察基本不等式的运用，属于中档题21. 如图，设抛物线的准线与轴交于，焦点为，以、为焦点，离心率的椭圆与抛物线在轴上方的交点为.(I) 当时，求椭圆的方程；(II) 延长交抛物线于点，是抛物线上一动点，且在与之间运动. 当的边长恰好是三个连续的自然数时，求面积的最大值参考答案：解：(I) 当时，则，.设椭圆方程为，则，又，所以.所以方程为. (II) 因为，则，设椭圆方程为.由得.即，得代入抛物线方程得，即，因为的边长恰好是三个连续的自然数，所以.此时抛物线方程为，直线方程为：.联立得，即，所以，代入抛物线方程得，即.设到直线的距离为，则. 当时，.
