2022-2023学年河北省邯郸市路桥乡中学高三数学理期末试卷含解析

2022-2023学年河北省邯郸市路桥乡中学高三数学理期末试卷含解析 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. f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，对?x1∈－1,2，?x0∈－1,2，使g(x1)＝f(x0)，则a的取值范围是(　　) A．  B． C．3，＋∞)      D．(0,3 参考答案： A 2. 复数（为虚数单位）的共轭复数在复平面内所对应的点在（　　） A．第一象限         B．第二象限         C．第三象限        D．第四象限 参考答案： D 略 3. 设集合，则下列关系中正确的是（   ）     A．                          B．              C．                              D． 参考答案： B 略 4. 某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（　　） A． B． C． D． 参考答案： D 5. 《九章算术》中的“两鼠穿墙”问题为“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”可用如图所示的程序框图解决此类问题.现执行该程序框图，输入的的值为33，则输出的的值为 （A）4　　　（B）5　　　（C）6　　　（D）7 参考答案： C 【命题意图】本小题主要考查程序框图，数列求和等基础知识；考查学生的运算求解能力及数据处理能力；考查化归与转化思想、分类与整合思想；考查数学抽象和数学运算等. 【试题简析】解法一：开始执行，然后 ，再执行一行，然后输出 解法二：本题要解决的问题是数列求和的问题， ，解得的最小值为6. 【错选原因】错选A：可能把误当成来算； 错选B：当执行到时，，学生估值失误，误以为会达到33或按四舍五入得到. 错选D：可能先执行了后才输出. 6. 某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是（　　） A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣8 参考答案： B 【考点】EF：程序框图． 【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，循环可得结论． 【解答】解：模拟程序的运行，可得： i=0，x=1，y=1， 不满足条件i＞3，y=2，x=﹣1，i=1， 不满足条件i＞3，y=1，x=﹣2，i=2， 不满足条件i＞3，y=﹣1，x=﹣1，i=3， 不满足条件i＞3，y=﹣2，x=1，i=4， 满足条件i＞3，退出循环，输出x+y的值为﹣1． 故选：B． 7. 已知直线l，m，平面α，β且l⊥α，m?β，给出四个命题，其中真命题的个数是：(    ) ①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β； ③若α⊥β，则l∥m；④若l∥m，则α⊥β. A、1          B、2          C、3      D、4 参考答案： B 8. 已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2=b2+c2﹣bc，bc=4，则△ABC的面积为（　　） A． B．1 C． D．2 参考答案： C 【考点】余弦定理． 【专题】解三角形． 【分析】由已知及余弦定理可求cosA，从而可求sinA的值，结合已知由三角形面积公式即可得解． 【解答】解：∵a2=b2+c2﹣bc， ∴由余弦定理可得：cosA===，又0＜A＜π， ∴可得A=60°，sinA=， ∵bc=4， ∴S△ABC=bcsinA==． 故选：C． 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，解题时要注意角范围的讨论，属于基本知识的考查． 9. 设为直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是(    ) A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 参考答案： B 【分析】 对于A，利用空间中面面的位置关系即可判定A错误，对于B，利用线面垂直的性质即可判定B正确，对于C，利用面面垂直的判定即可得到C错误，对于D，利用线面的位置关系即可判定故D错误. 【详解】若，，则平面可能相交，也可能平行，故A错误. 若，，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得B正确. 若，，则存在直线，使，则，故此时， 故C错误. 若，，则与可能相交，可能平行，也可能线在面内，故D错误. 故选：B. 【点睛】本题主要考查空间中面面的位置关系和线面的位置关系，同时考查了线面垂直的性质，属于简单题. 10. 已知集合，则A∩B=（     ） A. B. C. D. 参考答案： C 【分析】 求解出集合，根据交集定义求得结果. 【详解】    本题正确选项： 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题. 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 已知x>0，y>0，且，若x＋2y≥m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围________. 参考答案： [－4,2] 【分析】 由，可得展开，利用基本不等式可求得最小值，不等式等价于，据此求出的取值范围即可. 【详解】由，可得， 而恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 解得， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了基本不等式的性质，以及一元二次不等式的解法的运用，属于中档题. 12. .i为虚数单位，设复数z满足，则z的虚部是____ 参考答案： 分析：直接利用复数的乘法运算，化简复数，然后求出复数的虚部. 详解：由，可得,，可得， 所以，的虚部是，故答案为 点睛：本题主要考查乘法运算以及复数共轭复数的概念，意在考查对复数基本概念与基本运算掌握的熟练程度. 13. 若实数成等差数列，点在动直线上的射影为，点，则线段长度的最小值是                参考答案： 14. 在平面直角坐标系中，设三角形ABC 的顶点分别为A（0，a），B（b，0），C （c，0），点P（0，p）在线段AO 上（异于端点），设a，b，c，p 均为非零实数，直线BP，CP 分别交AC，AB 于点E，F，一同学已正确算得OE的方程：，请你求OF的方程：　　． 参考答案： 略 15. 设抛物线的焦点为，直线过与交于两点，若，则的方程为                   ． 参考答案： 16. 正数a，b满足a>b，ab＝1，则的最小值为            。 参考答案： 2 17. 方程的解集为         . 参考答案： 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. (本题14分)已知函数 ，其中 （1）求函数的零点； （2）讨论在区间上的单调性；    （3）在区间上，是否存在最小值？若存在，求出最小值； 若不存在，请说明理由． 参考答案： 解：（1）函数的零点即方程＝0的解 由得   ∴函数的零点为 （2）函数在区间上有意义， 令得∵ ∴ 当在定义域上变化时，的变化情况如下： [来源:学科网ZXXK] ∴在区间上是增函数,在区间上是减函数. （3）在区间上存在最小值∵由（1）知是函数的零点，∴由知，当时，,又函数在上是减函数，且，∴函数在区间上的最小值为，且          ∴函数在区间上的最小值为＝ 19. 设函数，，记的解集为M，的解集为N. （1）求M； （2）当时，证明：. 参考答案： 20. 如图，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的一个焦点为（，0），（1，）是椭圆上的一个点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设椭圆的上、下顶点分别为A，B，P（x0，y0）（x0≠0）是椭圆上异于A，B的任意一点，PQ⊥y轴，Q为垂足，M为线段PQ中点，直线AM交直线l：y=﹣1于点C，N为线段BC的中点，如果△MON的面积为，求y0的值． 参考答案： 【考点】K4：椭圆的简单性质． 【分析】（1）确定，利用是椭圆上的一个点，代入求出a，即可求椭圆的标准方程； （2）求出M，N的坐标，利用平面向量的数量积判断OM⊥MN，利用△MON的面积为，建立方程，即可求y0的值． 【解答】解：（1）设椭圆方程为，由题意，得． 因为a2﹣c2=b2，所以b2=a2﹣3． 又是椭圆上的一个点，所以，解得a2=4或（舍去）， 从而椭圆的标准方程为． （2）因为P（x0，y0），x0≠0，则Q（0，y0），且． 因为M为线段PQ中点，所以． 又A（0，1），所以直线AM的方程为． 因为x0≠0，∴y0≠1，令y=﹣1，得． 又B（0，﹣1），N为线段BC的中点，有． 所以． 因此， =．从而OM⊥MN． 因为，， 所以在Rt△MON中，，因此． 从而有，解得． 21. （本小题满分14分） 已知椭圆的右焦点，长轴的左、右端点分别为,且. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过焦点斜率为的直线交椭圆于两点，弦的垂直平分线与轴相交于点. 试问椭圆上是否存在点使得四边形为菱形？若存在，试求点到轴的距离；若不存在，请说明理由. 参考答案： 解：（Ⅰ）依题设，，则，. 由，解得，所以. 所以椭圆的方程为.       …………………………………………4分 （Ⅱ）依题直线的方程为. 由得. 设,,弦的中点为， 则，，，， 所以. 直线的方程为， 令，得，则. 若四边形为菱形，则，. 所以. 若点在椭圆上，则. 整理得，解得.所以椭圆上存在点使得四边形为菱形. 此时点到的距离为.  ………………………………………………14分 22. (本小题满分14分)设函数 (Ⅰ)当时，求函数的最大值； (Ⅱ)令（），其图象上存在一点，使此处切线的斜率，求实数的取值范围； (Ⅲ)当，，方程有唯一实数解，求正数的值． 参考答案： (Ⅰ)依题意，的定义域为， 当时，， ……………………2分 由 ，得，解得 由 ，得，解得或 ，在单调递增，在单调递减； 所以的极大值为，此即为最大值……………………4分 (Ⅱ)，则有在上有解， ∴≥，              所以 当时，取得最小值……………8分 (Ⅲ)方法1由得，令， 令，∴在单调递增，……………10分 而，∴在，即，在，即， ∴在单调递减，在单调递增，……………12分 ∴极小值=,令，即时方程有唯一实数解. 14分 方法2：因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解，设，则令， 因为所以（舍去），， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当时，取最小值.                      ……………10分 若方程有唯一实数解， 则必有 即 所以因为所以……………12分 设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解. ∵，∴方程(*)的解为，即，解得………14分