《北京私立北方中学2022年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《北京私立北方中学2022年高三数学理期末试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、北京私立北方中学2022年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. 已知球的球面上有、四点，其中、四点共面，是边长为的正三角形，平面平面，则棱锥的体积的最大值为 A. B. C. D. 参考答案：A略2. 若函数在区间内单调递增，则的取值范围是（ ）A， B(1，) C ，1) D ，1)参考答案：C略3. 下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是（A）y=x （B）y=lgx （C）y=2x （D） 参考答案：Dy=10lgx=x，定义域与值域均为(0,+)，只有D满足
2、，故选D4. 设函数 （ ）A0 B1 C D5参考答案：C5. 汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油参考答案：D【考点】函数的图象与图象变化【专题】创新题型；函数的性质及应用【分析】根据汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，以及图象，分别判断各个选项即可【解答】解：对于选项
3、A，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40千米每小时时的燃油效率大于5千米每升，故乙车消耗1升汽油的行驶路程远大于5千米，故A错误；对于选项B，以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最小，故B错误，对于选项C，甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，里程为80千米，燃油效率为10，故消耗8升汽油，故C错误，对于选项D，因为在速度低于80千米/小时，丙的燃油效率高于乙的燃油效率，故D正确【点评】本题考查了函数图象的识别，关键掌握题意，属于基础题6. 若复数z满足，则z的虚部为（ ）Ai Bi C1 D1 参考答案：D7. 函数的定义域为,对任意,则的解集为（ ）A. B. C. D.R参考
4、答案：B8. 已知全集U=1，2，3，4，5，集合A=1，2，B=2，3，则（?UA）B=（）A3B4，5C1，2，3D2，3，4，5参考答案：D【考点】交、并、补集的混合运算【专题】计算题【分析】根据全集U求出A的补集，找出A补集与B的并集即可【解答】解：全集U=1，2，3，4，5，集合A=1，2，?UA=3，4，5，B=2，3，则（?UA）B=2，3，4，5故选D【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键9. 若在ABC中，其外接圆圆心O满足，则（ ）ABCD1参考答案：A取中点为，根据，即为重心，另外为的外接圆圆心，即为等边三角形，10. 已知集合，则等于
5、（ ）A B C D参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=4，c=5，B=2C，点D为边BC上一点，且BD=6，则ADC的面积位参考答案：10【考点】正弦定理【分析】由已知利用二倍角的正弦函数公式，正弦定理可求cosC，利用二倍角的余弦函数公式可求cosB=cos2C的值，利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，由余弦定理可得BC26BC55=0，解得BC，可求DC的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解【解答】解：b=4，c=5，B=2C，由正弦定理可得： =，可得：cosC=，cosB=cos2C=2
6、cos2C1=，sinC=，在ABC中，由余弦定理可得：（4）2=52+BC22，整理可得：BC26BC55=0，解得：BC=11或5（舍去），DC=BCBD=116=5，SADC=AC?DC?sinC=10故答案为：1012. 复数z=（i为虚数单位）的虚部为 参考答案：1【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出【解答】解：z=i+1的虚部为1故答案为：113. 已知P为圆C：（x2）2+（y2）2=1上任一点，Q为直线l：x+y=1上任一点，则的最小值为参考答案：【考点】直线与圆的位置关系【分析】先判断直线直线l：x+y=1和圆C相离，设出P、Q的坐标，
7、求得 + 的坐标，可得的解析式，利用 的几何意义以及二次函数的性质求得它的最小值【解答】解：圆心C（2，2）到直线l：x+y=1的距离为d=1，故直线直线l：x+y=1和圆C相离P为圆C：（x2）2+（y2）2=1上任一点，设P的坐标为（x，y），Q为直线l：x+y=1上任一点，可设Q的坐标为（a，1a），+=（x+a，y+1a），=，表示点（a，a1）到圆C：（x2）2+（y2）2=1上的点的距离设点（a，a1）到圆心C（2，2）的距离为d，则的最小值为d1d=，故当a=时，d最小为，故的最小值为d1=1=，故答案为：14. 已知菱形的边长为，沿对角线将该菱形折成锐二面角，连结若三棱锥的体积
8、为，则该三棱锥的外接球的表面积为_ 参考答案：15. 已知实数x，y满足则的取值范围为 参考答案：16. 已知向量，若，则与方向相同的单位向量的坐标是_参考答案：考点：平面向量数量积的运算，单位向量17. 设的内角的对边长分别为，且 ，则的值是_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. （12分） 已知函数 （1）求的最小正周期及取得最大值时x的集合； （2）求证：函数的图象关于直线对称.参考答案：解析：（1）解： = 所以的最小正周期是 R，所以当Z）时，的最大值为. 即取得最大值时x的集合为Z 6分 （2）证明：欲证函数的图象关于直线对
9、称，只要证明对于任意，有成立即可.从而函数的图象关于直线对称 12分19. （本小题满分14分）已知向量，函数，（）求的最小值；（）若，求的值。参考答案：20. 设函数，在x=1处取得极值，且的图象在P(1，)处的切线平行于直线y=8x （I）求f(x)的解析式及极值； （II）若不等式对任意的均成立，求实数k的取值范围.参考答案：解析：由题设可知：，则解得所以f(x)=x3+2x2+x，则设得，那么当x变化时及变化情况如下表x()1(1，)()+00+极大值0极小值所以f(x)的极大值0，极小值 （II）由（I）知f(x)在1，2上是增函数，因而f(x)在1，2上的最小值为f(1)=4，因而
10、，解得.21. （2017?莆田一模）已知函数f（x）=2x33x2+1，g（x）=kx+1lnx（1）若过点P（a，4）恰有两条直线与曲线y=f（x）相切，求a的值；（2）用minp，q表示p，q中的最小值，设函数h（x）=minf（x），g（x）（x0），若h（x）恰有三个零点，求实数k的取值范围参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）求导，利用导数求得f（x）在Q的切线方程，构造辅助函数，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求得a的值；（2）根据函数定义，求h（x），根据函数的单调性及函数零点的判断，采用分类讨论
11、法，求得函数h（x）零点的个数，即可求得h（x）恰有三个零点时，实数k的取值范围【解答】解：（1）设切点Q（t，f（t），由直线f（x）=2x33x2+1，求导，f（x）=6x26x，则f（x）在Q点的切线的斜率k=6t26t，则切线方程为yf（t）=（6t26t）（xt），由切线过点P（a，4），则4f（t）=（6t26t）（at），整理得：4t3（3+6a）t2+6at5=0，又由曲线恰有两条切线，即方程恰有两个不同的解，令H（t）=4t3（3+6a）t2+6at5，求导H（t）=12t26（6+12a）t+6a，令H（t）=0，解得：t=，t=2，当a=时，H（t）0，函数H（t）在R上
12、单调递增，没有两个零点，不符合题意，当a时，且t（，）（a，+）时，H（t）0，当t（，a）时，H（t）0，H（t）在（，），（a，+）单调递增，在（，a）单调递减；要使H（t）在R上有两个零点，则，或，由H（）=a+3a5=（a），H（a）=4a3（3+6a）a2+6a25=（a+1）（2a25a+5），=（a+1）2（a）2+，或，则a=，当a时，同理可知：或，则a=1，综上可知：a=1或a=；（2）f（x）=2x33x2+1=（x1）2（2x+1），f（x）在（0，+）上只有一个零点x=1，g（x）=k，当k0时，g（x）0，则g（x）在（0，+）上单调递减，g（x）在（0，+）上至多只
13、有一个零点，故k0不符合题意；当k0，g（x）=k=0，解得：x=，当x（0，）时，g（x）0，当x（，+）时，g（x）0，g（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；g（x）有最小值g（）=2+lnk，当k=时，g（）=0，g（x）只有一个零点，不满足题意；当k时，g（）0，g（x）在（0，+）上无零点，不满足题意；当k时，g（）0，由g（）?g（1）=（2+lnk）（k+1）0，g（x）在（1，）上有一个零点，设为x1，若g（）?g（）0，g（x）在（，+）上有一个零点，设为x2，易证（e2），下面证明：g（）0，令F（x）=exx2，（x2），求导F（x）=ex2x，F（x）=ex2e220，F（x）在（2，+）上单调递增；F（x）F（2）=e240，e2x20，即e2x2，（x2），
