《2022-2023学年天津滨江中学高三数学理期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年天津滨江中学高三数学理期末试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年天津滨江中学高三数学理期末试题含解析一、 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. 将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第个数为，若，则不同的排列方法种数为（ ）A18 B30 C36 D48参考答案：答案：B解析：分两步：（1）先排，=2，有2种；=3有2种；=4有1种，共有5种；（2）再排，共有种，故不同的排列方法种数为56=30，选B2. 复数在复平面中所对应的点到原点的距离为(A) (B) (C)1 (D) 参考答案：B略3. 已知a2，0，1，3，4，b1，2，则函数f（x）=（a22）x+b为增
2、函数的概率是（）ABCD参考答案：B【考点】几何概型【分析】首先求出所以事件个数就是集合元素个数5，然后求出满足使函数为增函数的元素个数为3，利用公式可得【解答】解：从集合2，0，1，3，4中任选一个数有5种选法，使函数f（x）=（a22）x+b为增函数的是a220解得a或者a，所以满足此条件的a有2，3，4共有3个，由古典概型公式得函数f（x）=（a22）x+b为增函数的概率是；故选：B4. 记集合，则（ ）A B C D参考答案：.考点：1、集合的基本运算.5. 设函数,则在处的切线斜率为（ ）A.0 B.-1 C.3 D.-6参考答案：D6. 现有四所大学进行自主招生，同时向一所高中的已
3、获省级竞赛一等奖的甲、乙、丙、丁四位学生发出录取通知书若这四名学生都愿意进这四所大学的任意一所就读，则仅有两名学生被录取到同一所大学的就读方式有(A)288种. (B)144种. (C) 108种. (D)72种.参考答案：A略7. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且，则( )A.B.C.D.参考答案：C8. 已知函数f(x)x2axb3(xR)图象恒过点(2,0)，则a2b2的最小值为()A5 B. C4 D.参考答案：B9. 已知复数（i 为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是（）ABC（，2）D参考答案：A【考点】复数的代数表示法
4、及其几何意义【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、几何意义即可得出【解答】解：复数=+i的共轭复数i的共在复平面内对应的点在第三象限，0，0，解得a，且a2，则实数a的取值范围是故选：A10. 椭圆的准线方程为 ( )A. B. C. D. 参考答案：答案:C 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在极坐标系（）中，曲线与的交点的极坐标为_参考答案： 两式相除得，交点的极坐标为12. 已知函数y=2sin（x+）（0，|）若f（0）=1，则=；若?xR，使f（x+2）f（x）=4成立，则的最小值是参考答案：，【考点】y=Asin（x+）中参数的物理意义【分析】由已知可
5、得sin=，利用正弦函数的图象及特殊角的三角函数值，结合范围|，即可得解的值化简已知等式可得sin（x+2+）sin（x+）=2，由正弦函数的性质可求=（k1k2），k1，k2Z，结合范围0，即可得解的最小值【解答】解：由已知可得2sin=1，可得：sin=，可得：=2k+，或=2k+，kZ，|，当k=0时，=?xR，使2sin（x+2）+2sin（x+）=4成立，即：sin（x+2+）sin（x+）=2，?xR，使x+2+=2k1+，x+=2k2+，kZ，解得：=k1k2，k1，k2Z，又0，|的最小值是故答案为：，【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，特殊角的三角函数值的综合应用，考
6、查了数形结合思想的应用，属于中档题13. （理）椭圆上的任意一点(除短轴端点除外)与短轴两个端点的连线交轴于点和，则的最小值是 参考答案：略14. 已知G为ABC的重心，令，过点G的直线分别交AB、AC于P、Q两点，且，则=参考答案：3考点： 平面向量的基本定理及其意义专题： 平面向量及应用分析： 显然，根据G点为重心，从而可以用表示，而和共线，从而，而已知，从而会最后得到关于的式子：，从而得到，两式联立消去x即可求出答案解答： 解：如图，=；G为ABC的重心；，；整理得，；消去x得，；故答案为：3点评： 考查向量加法、减法的几何意义，共线向量基本定理，重心的性质：重心到顶点距离是它到对边中点
7、距离的2倍，以及向量加法的平行四边形法则，向量的加法、减法运算，平面向量基本定理15. 如图，是一个程序框图，则输出结果为 . 参考答案：略16. lg5lg2+lg22lg2= 参考答案：0考点：对数的运算性质 专题：函数的性质及应用分析：直接利用对数的运算法则化简求解即可解答：解：lg5lg2+lg22lg2=lg2（lg5+lg2）lg2=lg2lg2=0故答案为：0点评：本题考查对数的运算法则的应用，基本知识的考查17. 设x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为8，则的最小值为_.参考答案：4【详解】画出可行域（如图），因为，所以，平移直线=0，经过点A（1，4）时，取得最大值,由=
8、8得，=4，由均值定理得a+b=4.考点：单线性规划的应用，均值定理的应用.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. （12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，(1) 证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；(2) 若,求直线AC与平面EAM所成角的正弦值参考答案：解析：（I）证明：因PA底面，有PAAB，又知ABAD，故AB面PAD，推得BAAE，又AMCDEF，且AM=EF，证得AEFM是矩形，故AMMF.又因AEPD，AECD，故AE面PCD，而MFAE，得MF面PCD，故MFPC，因此MF是AB与PC的公垂线. （II）解：连结BD交A
9、C于O，连结BE，过O作BE的垂线OH， 垂足H在BE上. 易知PD面MAE，故DEBE， 又OHBE，故OH/DE， 因此OH面MAE. 连结AH，则HAO是所要求的线AC与面NAE所成的角 设AB=a，则PA=3a， . 因RtADERtPDA，故 19. 已知函数.（1）若，解不等式；（2）若恒成立，求的取值范围.参考答案：(1)；(2).试题分析：(1)借助题设条件和绝对值的定义求解；(2)借助题设条件运用绝对值的几何意义求解.试题解析：（1）当时，；即，解得.所以原不等式解集为.（2）若恒成立，只需，即，.考点：绝对值不等式的等有关性质的综合运用20. 已知平面内一动点P到点F(1，
10、0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1（）求动点P的轨迹C的方程；（）过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求的最小值参考答案：（）当x0时，y24x；当x0时，y0；（）16.试题分析：（）要求动点P的轨迹C，设动点P的坐标为(x，y)，根据题意列出关系式|x|1，化简得y22x2|x|，式中有绝对值，需要根据x讨论为当x0时，y24x；当x0时，y0；（）当且仅当k2，即k1时，取最小值16考点：1.曲线的轨迹方程求解；2.直线与圆锥曲线问题.21. （本小题满分12分）已知为的内角的对边，满足，函数在区间上单调递增，在区
11、间上单调递减.（）证明：；（）若，证明为等边三角形参考答案：解：（） 3分5分所以6分（）由题意知：由题意知：，解得：， 8分因为, ,所以 9分由余弦定理知： 10分所以因为，所以，即：所以 11分又，所以为等边三角形. 12分略22. 如图，在四棱锥中，为平行四边形，且 平面，为的中点，（）求证：平面；（）若，求二面角的余弦值参考答案：（）略（）解析： ()证明：连接，设与相交于点，连接，因为四边形为平行四边形，所以点为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，所以， 3分又因为平面，平面，所以平面. 6分()因为平面，所以平面，又因为，所以两两垂直，故可以建立空间直角坐标系(如图所示)， 8分则，所以，因为平面,故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则 即，令，则，可取， 10分从而，故所求二面角的余弦值为. 12分.略
