湖南省益陽市沅江共華鎮(zhèn)聯校2022-2023學年高三數學理期末試卷含解析

湖南省益陽市沅江共華鎮(zhèn)聯校2022-2023學年高三數學理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知a，b，c，d為實數，且c＞d，則“a＞b”是“a－c＞b－d”的()

A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：B略2.已知是實數，是純虛數（是虛數單位），則=（

）A．1

B．－1

C．

D．－參考答案：B略3.已知函數在區(qū)間(－∞,0)內單調遞增，且，若，，，則a，b，c的大小關系為（

）A．

B．C.

D．參考答案：B，且，.又在區(qū)間內單調遞增，且為偶函數，在區(qū)間內單調遞減，，.故選B.4.已知全集，集合，，則等于

（

）（A）

（B）

（C）

（D）

參考答案：C略5.如圖，已知雙曲線的左右焦點分別為 F1F2，|F1F2|=2，P是雙曲線右支上的一點，PF1⊥PF2，F2P與y軸交于點A，△APF1的內切圓半徑為，則雙曲線的離心率是A．

B．

C．

D．參考答案：B6.函數在區(qū)間（）內的圖象是參考答案：D7.函數的圖像關于原點對稱，是偶函數，則（

）A.1

B.

C.

D.

參考答案：D知識點：函數奇偶性的性質解析：∵關于原點對稱，∴函數是奇函數，∴∵是偶函數，∴對任意的都成立，∴，∴，∴對一切恒成立，∴，∴，故選：D【思路點撥】由題意可得對任意的都成立，代入整理可求；由題意可得對任意的都成立，代入整理可求。

8.已知函數，則函數的值域是

A．

B．

C．

D．以上都不對

參考答案：C略9..已知數列{an}滿足，等比數列{bn}滿足，則{bn}的前6項和為A.－63 B.－126 C.63 D.126參考答案：D【分析】由已知求得，可得等比數列的首項為2，公比為2，再利用等比數列的前和公式求解即可.【詳解】因為，所以，則，，等比數列的首項為2，公比為2，則的前6項和，故選D.【點睛】本題主要考查遞推公式的應用以及等比數列的前和公式，意在考查對基礎知識的掌握與應用，屬于基礎題.10.函數的零點所在的區(qū)間是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.等差數列滿足：

，公差為，則按右側程序框圖運行時，得到的

參考答案：412.在平面上“等邊三角形內任意一點到三邊的距離之和為定值”，類比猜想為：

；參考答案：正四面體內任意一點到四個面的距離之和為定值

解：由平面中關于點到線的距離的性質，根據平面上關于線的性質類比為空間中關于面的性質，我們可以推斷在空間幾何中有：正四面體內任意一點到四個面的距離之和為定值13.已知冪函數的圖象過點)．則的值為____________.參考答案：略14.將全體正奇數排成一個三角形數陣：

1

3

5

7

9

11

13

15

17

19

……

按照以上排列的規(guī)律，第行（，）從左向右的第4個數為

.參考答案：略15.已知為正數，滿足則

的最小值為___________參考答案：416.如圖是某個四面體的三視圖，該四面體的體積為

．參考答案：12

略17.已知正三棱柱的底面正三角形邊長為2，側棱長為3，則它的體積

．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.投擲一個質地均勻、每個面上標有一個數字的正方體玩具,它的六個面中,有兩個面的數字是0,有兩個面的數字是2,有兩個面的數字是4.將此玩具連續(xù)拋擲兩次,以兩次朝上一面出現的數字分別作為點的橫坐標和縱坐標.

(1)求點落在區(qū)域上的概率;

(2)若以落在區(qū)域上的所有點為頂點作面積最大的多邊形區(qū)域.在區(qū)域上隨機撒一粒豆子,求豆子落在區(qū)域上的概率.參考答案：解:(1)點的坐標有:,

,共9種,其中落在區(qū)域上的點的坐標有:,共4種.故點落在區(qū)域上的概率為……6分

(2)區(qū)域為一邊長為2的正方形,其面積為4,區(qū)域的面積為,則豆子落在區(qū)域上的概率為…………12分

略19.（本題滿分12分）已知函數（1）當時，求函數的單調區(qū)間;（2）當函數自變量的取值區(qū)間與對應函數值的取值區(qū)間相同時，這樣的區(qū)間稱為函數的保值區(qū)間。設，試問函數在上是否存在保值區(qū)間？若存在，請求出一個保值區(qū)間；若不存在，請說明理由。參考答案：（1）當時，，此時的單調增區(qū)間為；當時，，此時的單調增區(qū)間為，減區(qū)間為

……4分（2）函數在上不存在保值區(qū)間。

……5分證明如下：假設函數存在保值區(qū)間[a,b].,因時，所以為增函數，

所以

即方程有兩個大于1的相異實根。

……7分設，因，，所以在上單增，又，即存在唯一的使得

……9分當時，為減函數，當時，為增函數，所以函數在處取得極小值。又因，所以在區(qū)間上只有一個零點，

……11分這與方程有兩個大于1的相異實根矛盾。所以假設不成立，即函數在上不存在保值區(qū)間。

……12分20.（I）解不等式（II），證明：參考答案：解：（I）

或

或得不等式解為

（II）證明：∴

略21.(12分)已知，，與的夾角為，

（1）求在方向上的投影；

（2）與的夾角為銳角，求的取值范圍。參考答案：解析：解：（1）在方向上的投影為=；（2）若與的夾角為銳角，則且兩向量不共線，得且，得.22.如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，且AE=BF=EF=2，DE=CF=2．將△AED和△BFC分別沿DE，CF折起，使A，B兩點重合，記為點M，得到一個四棱錐M﹣CDEF，點G，N，H分別是MC，MD，EF的中點．（1）求證：GH∥平面DEM；（2）求證：EM⊥CN；（3）求直線GH與平面NFC所成角的大小．參考答案：【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定．【分析】（1）連結NG，EN，則可證四邊形ENGH是平行四邊形，于是GH∥EN，于是GH∥平面DEM；（2）取CD的中點P，連結PH，則可證明PH⊥平面MEF，以H為原點建立坐標系，求出和的坐標，通過計算=0得出EM⊥CN；（3）求出和平面NFC的法向量，則直線GH與平面NFC所成角的正弦值為|cos＜＞|，從而得出所求線面角的大小．【解答】證明：（1）連結NG，EN，∵N，G分別是MD，MC的中點，∴NG∥CD，NG=CD．∵H是EF的中點，EF∥CD，EF=CD，∴EH∥CD，EH=CD，∴NG∥EH，NG=EH，∴四邊形ENGH是平行四邊形，∴GH∥EN，又GH?平面DEM，EN?平面DEM，∴GH∥平面DEM．（2）∵ME=EF=MF，∴△MEF是等邊三角形，∴MH⊥EF，取CD的中點P，連結PH，則PH∥DE，∵DE⊥ME，DE⊥EF，ME∩EF=E，∴DE⊥平面MEF，∴PH⊥平面MEF．以H為原點，以HM，HF，HP為坐標軸建立空間直角坐標系，如圖所示：則E（0，﹣1，0），M（，0，0），C（0，1，2），N（