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1、湖南省怀化市师范综合中学2022-2023学年高三数学理下学期期末试卷含解析一、 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. 在上,函数与在同一点取得相同的最小值,那么在区间上的最大值是（ ）A4 B C8 D参考答案：AC2. 现有200根相同的圆钢（即圆柱形钢筋），把它们堆放成一个三角形垛，使剩余的圆钢最少，那么剩余的圆钢有（）A20根B15根C10根D9根参考答案：C3. 已知函数，若，则函数的零点个数是()(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1参考答案：A略4. 已知集合，则 参考答案：C略5. 若，则下列不等式恒成立的
2、是A.B. C.D. 参考答案：D6. 下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是( )y=cosx（xR）是三角函数；三角函数是周期函数；y=cosx（xR）是周期函数ABCD参考答案：B【考点】演绎推理的基本方法 【专题】规律型；推理和证明【分析】根据三段论”的排列模式：“大前提”“小前提”?“结论”，分析即可得到正确的次序解：根据“三段论”：“大前提”“小前提”?“结论”可知：y=cosx（xR ）是三角函数是“小前提”；三角函数是周期函数是“大前提”；y=cosx（xR ）是周期函数是“结论”；故“三段论”模式排列顺序为故选B【点评】本题考查的知识点是演绎推理的基本方法：大前提一定是一
3、个一般性的结论，小前提表示从属关系，结论是特殊性结论7. 已知函数f（x）=xm+5，当1x9时，f（x）1有恒成立，则实数m的取值范围为（） A m B m5 C m4 D m5参考答案：C考点： 其他不等式的解法 专题： 不等式的解法及应用分析： 令t=，则由1x9可得t1，3，由题意可得f（x）=g（t）=t2mt+51在1，3上恒成立，即gmin（t）1再利用二次函数的性质，分类讨论求得实数m的取值范围解答： 解：令t=，则由1x9可得t1，3，由题意可得f（x）=g（t）=t2mt+5=+51在1，3上恒成立，故有gmin（t）1当1时，函数g（t）在1，3上单调递增，函数g（t）的
4、最小值为g（1）=6m，由6m1，求得m5，综合可得m2当1，3时，函数g（t）在1，上单调递减，在（ 3上单调递增，函数g（t）的最小值为g（）=51，由此求得4t4，综合可得2m4当3时，函数g（t）在1，3上单调递减，函数g（t）的最小值为g（3）=143m，由143m1，求得m，综合可得m无解综上可得，m4点评： 本题主要考查二次函数的性质，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于基础题8. 已知一个球的表面上有A、B、C三点，且AB=AC=BC=2，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为（）A20B15C10D2参考答案：A【考点】球的体积和表面积【分析】由正弦定理可得截面圆的半
5、径，进而由勾股定理可得球的半径和截面圆半径的关系，解方程代入球的表面积公式可得【解答】解：由题意可得平面ABC截球面所得的截面圆恰为正三角形ABC的外接圆O，设截面圆O的半径为r，由正弦定理可得2r=，解得r=2，设球O的半径为R，球心到平面ABC的距离为1，由勾股定理可得r2+12=R2，解得R2=5，球O的表面积S=4R2=20，故选：A9. 已知全集，集合，则等于（ ）A. B. C. D. 参考答案：A10. 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b=2，则ABC面积的最大值是A. 1B. C. 2 D. 4参考答案：B由题意知，由余弦定理，故，有，故.故选B.二、 填
6、空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设x，y满足若目标函数z=ax+ y（a0）的最大值为14，则a= 参考答案：212. 函数的定义域是_.参考答案：13. 数列通项公式的前项和，则= 。参考答案：3019略14. 平面向量，满足|=1，?=1，?=2，|=2，则?的最小值为 参考答案：【考点】平面向量数量积的运算【专题】平面向量及应用【分析】如图所示，建立直角坐标系由|=1，不妨设=（1，0）由?=1，?=2，可设=（1，m），=（2，n）利用|=2，可得，（m+n）2=3+4mn0，再利用数量积运算=2+mn即可得出【解答】解：如图所示，建立直角坐标系|=1，不妨设=（1，
7、0）?=1，?=2，可设=（1，m），=（2，n）=（1，mn）|=2，化为（mn）2=3，（m+n）2=3+4mn0，当且仅当m=n=时取等号=2+mn故答案为：【点评】本题考查了通过建立直角坐标系解决向量有关问题、数量积运算及其性质、不等式的性质，考查了推理能力和解决问题的能力，属于难题15. 若实常数，则不等式的解集为 参考答案：16. 一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个平面的距离是，则该球的体积是 参考答案：17. 若曲线的某一切线与直线垂直，则切点坐标为_.参考答案：（1，2）略三、 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. （本小题满分1
8、3分）已知点是椭圆E：（）上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，轴（1）求椭圆的方程；（2）设、是椭圆上两个动点，求证：直线的斜率为定值；参考答案：解：（1）PF1x轴， F1（-1，0），c=1，F2（1，0）， |PF2|=，2a=|PF1|+|PF2|=4，a=2，b2=3，椭圆E的方程为：； 5分（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2），由 得（x1+1，y1-）+（x2+1，y2-）=（1,- ），所以x1+x2=-2，y1+y2=（2-） 又，两式相减得3（x1+x2）（x1-x2）+ 4（y1+y2）（y1-y2）=0以式代入可得AB的斜率k=为定值； 13分19. 如
9、图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱AB的中点（1）求证：；（2）求证：参考答案：(1)见详解；（2）见详解.【分析】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证ODBC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1平面A1CD（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1A1C，利用线面垂直的性质可证ABAA1，根据ABAC，利用线面垂直的判定定理可证AB平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证ABA1C，又AC1A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1A1C【详
10、解】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：ODBC1，又因为：BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以：BC1平面A1CD（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：ACAA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，所以：AC1A1C，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，因为：AB?平面ABC，所以：ABAA1，又因为：ABAC，ACAA1A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以：AB平面ACC1A1，因为：A1C?平面A
11、CC1A1，所以：ABA1C，又因为：AC1A1C，ABAC1A，AB?平面ABC1，AC1?平面ABC1，所以：A1C平面ABC1，因为：BC1?平面ABC1，所以：BC1A1C【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题20. （本题满分12分）如图1，在直角梯形中，且现以为一边向形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，为的中点，如图2 （）求证：平面； （）求证：平面； （）求三棱锥DBCE的体积. 图1 图2参考答案：（）证明：取中点，连结 在中，分别为的中点，所以，且 由已知，所以，且 2分 所以四边
12、形为平行四边形所以 3分 又因为平面，且平面， 所以平面 4分（）证明：在正方形中， 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面 所以 6分 在直角梯形中，可得 在中， 所以所以 所以平面 8分（） 由（2）知， 所以 又因为平面又= 12分21. 本小题满分12分）已知函数(1)若在区间1，+）上是增函数，求实数的取值范围（2）若是的极值点，求在1，上的最大值参考答案：22. 已知数列an满足：a1=1，an+1ansin2=sin2?cos2n（）当=时，求数列an的通项公式；（）在（）的条件下，若数列bn满足bn=sin，Sn为数列bn的前n项和，求证：对任意nN*，Sn3+参考答案：（1）解：当时，2n1an是以1为首项、1为公差的等差数列，2n1an=n，从而（2）证明：，当n=1，2，3时，；当n4时，令，两式相减得，综上所述，对任意略
