湖南省邵陽市邵東縣仙槎橋鎮(zhèn)第三中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試卷含解析

湖南省邵陽市邵東縣仙槎橋鎮(zhèn)第三中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)文下學(xué)期期末試卷含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.若復(fù)數(shù)z滿足（3﹣4i）?=|4+3i|，為z的共軛復(fù)數(shù)，則z的虛部為（）A．﹣ B． C．﹣i D．i參考答案：A【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算．【分析】由（3﹣4i）?=|4+3i|，得，然后由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算以及復(fù)數(shù)求模公式化簡，再由已知條件即可求出z，則z的虛部可求．【解答】解：由（3﹣4i）?=|4+3i|，得=，又∵為z的共軛復(fù)數(shù)，∴．則z的虛部為：．故選：A．2.的展開式中，的系數(shù)為（

）A．－3

B．－2

C．1

D．4參考答案：B的通項(xiàng)為：的展開式中，的系數(shù)為故選：B

3.函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是

（

）A．20

B．18C．3

D．0參考答案：A4.當(dāng)時(shí)，函數(shù)在同一坐標(biāo)系內(nèi)的大致圖象是（

）參考答案：A略5.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，其中主視圖和左視圖是腰長為1的兩個(gè)全等的等腰直角三角形，則該幾何體的外接球的表面積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C略6.函數(shù)的定義域?yàn)?若存在閉區(qū)間,使得函數(shù)滿足:①在內(nèi)是單調(diào)函數(shù);②在上的值域?yàn)?則稱區(qū)間為的“倍值區(qū)間”.下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有________①;

②;③; ④參考答案：①③④略7.從如圖所示的正方形OABC區(qū)域內(nèi)任取一個(gè)點(diǎn)，則點(diǎn)M取自陰影部分的概率為(

)(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：B略8.的取值范圍

參考答案：A9.已知角的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線上，則（

）

參考答案：B略10.已知定義在上的函數(shù)滿足，為的導(dǎo)函數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)的圖象如右圖所示．則不等式的解集是（

）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.不等式的解集是______________________.參考答案：12.若||=1，||=2，與的夾角為60°，若（3+5）⊥（m﹣），則m的值為．參考答案：考點(diǎn)：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角．專題：平面向量及應(yīng)用．分析：由條件可求得，根據(jù)兩向量垂直，則兩向量的數(shù)量積為0，從而會(huì)得到關(guān)于m的方程，解方程即可求出m．解答：解：∵∴=0；∴m=．故答案為：．點(diǎn)評(píng)：本題考查向量數(shù)量積的計(jì)算公式，量向量垂直的充要條件是兩向量的數(shù)量積為0．13.已知函數(shù)，則＝

參考答案：014.《九章算術(shù)》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”，已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，則該“塹堵”的外接球的表面積為

．參考答案：16π【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；由三視圖求面積、體積．【分析】由已知可得該“塹堵”是一個(gè)以俯視圖為底面的直三棱柱，求出棱柱外接球的半徑，進(jìn)而可得該“塹堵”的外接球的表面積．【解答】解：由已知可得該“塹堵”是一個(gè)以俯視圖為底面的直三棱柱，底面外接球的半徑r==，球心到底面的距離d==，故該“塹堵”的外接球的半徑R==2，故該“塹堵”的外接球的表面積：S=4πR2=16π，故答案為：16π【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是棱柱的體積和表面積，棱錐的體積和表面積，球的體積和表面積，簡單幾何體的三視圖，難度基礎(chǔ)．15.動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足，則z=x+2y的最小值為．參考答案：3【考點(diǎn)】簡單線性規(guī)劃．【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標(biāo)，代入目標(biāo)函數(shù)得答案．【解答】解：由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得A（3，0），化目標(biāo)函數(shù)z=x+2y為y=﹣+，由圖可知，當(dāng)直線y=﹣+過A時(shí)，直線在y軸上的截距最小，z有最小值為3．故答案為：3．16.已知，，則____．參考答案：【分析】利用兩角和的正切公式，可以求出，根據(jù)同角三角函數(shù)的關(guān)系，結(jié)合，可以求出，最后求出的值.【詳解】解：∵∴解得，∵，∵…①，…②解①②得∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了同角三角函數(shù)的關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.17.設(shè)函數(shù)，若，則a=_______．參考答案：【分析】當(dāng)時(shí)，解方程，求出值，判斷是否存在；當(dāng)時(shí)，解方程，求出的值，判斷是否存在，最后確定的值.【詳解】當(dāng)時(shí)，，而，故舍去；當(dāng)時(shí)，，所以.【點(diǎn)睛】本題考查了分段函數(shù)求值問題，考查了分類運(yùn)算能力.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.橢圓C1：+=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)與拋物線C2：y2=2px（p＞0）的焦點(diǎn)重合，曲線C1與C2相交于點(diǎn)（，）．（I）求橢圓C1的方程；（II）過右焦點(diǎn)F2的直線l（與x軸不重合）與橢圓C1交于A、C兩點(diǎn)，線段AC的中點(diǎn)為G，連接OG并延長交橢圓C1于B點(diǎn)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求四邊形OABC的面積S的最小值．參考答案：【考點(diǎn)】直線與橢圓的位置關(guān)系．【分析】（I）將點(diǎn)代入拋物線方程求得p，求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓C1的方程；（II）方法一：設(shè)直線AC的方程為x=my+1，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得G，求得OG，代入橢圓方程求得B點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線的距離公式，SOABC=|AC|（d1+d2），利用函數(shù)單調(diào)性即可求得四邊形OABC的面積S的最小值；方法二：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線AC方程x=1，此時(shí)四邊形OABC的面積S=×2=3，當(dāng)直線AC的斜率存在時(shí)，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得G，求得OG，代入橢圓方程求得B點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線的距離公式，SOABC=|AC|（d1+d2），利用函數(shù)單調(diào)性即可求得四邊形OABC的面積S的最小值；【解答】解：（I）∵將（，）代入拋物線方程，解得：p=2，∴y2=4x，∴橢圓C1的右焦點(diǎn)為（1，0），∴，∴；（II）方法一：設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），G（x0，y0）．設(shè)直線AC的方程為x=my+1，，整理得：（4+3m2）y2+6my﹣9=0，∴y1+y2=﹣，y1y2=﹣，由弦長公式可得|AC|=|y1﹣y2|=×=，又y0==﹣，x0=my0+1=，∴G（，﹣），直線OG的方程為y=﹣x，代入橢圓方程得x2=，∴B（，﹣），B到直線AC的距離d1=，O到直線AC的距離d2=，∴SOABC=|AC|（d1+d2）=××=6×=6≥3，當(dāng)m=0時(shí)取得最小值3．∴四邊形OABC的面積S的最小值3．方法二：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線AC方程x=1，此時(shí)四邊形OABC的面積S=×2=3，當(dāng)直線AC的斜率存在時(shí)，設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），直線AC：y=k（x﹣1），，整理得：（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0，則x1+x2=，x1x2=，xG==，yG=k（xG﹣1）=，則G（，），則OG：y=﹣x，則，解得：x2=，不妨設(shè)k＞0，則，則B到直線AC距離d1==，O到直線AC的距離d2=，由弦長公式可知丨AC丨==，=，則SOABC=|AC|（d1+d2）=××，=6×，=6×＞3，綜上可知：當(dāng)直線AC垂直于x軸時(shí)，四邊形OABC的面積S的最小值3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，點(diǎn)到直線的距離公式，弦長公式，考查函數(shù)的單調(diào)性與橢圓的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．19.運(yùn)貨卡車以每小時(shí)x千米的勻速行駛130千米，按交通法規(guī)限制50≤x≤100（單位：千米／小時(shí)）.假設(shè)汽油的價(jià)格是每升2元，而汽車每小時(shí)耗油（）升，司機(jī)的工資是每小時(shí)14元.（1）求這次行車總費(fèi)用y關(guān)于x的表達(dá)式；（2）當(dāng)x為何值時(shí)，這次行車的總費(fèi)用最低，并求出最低費(fèi)用的值.參考答案：（Ⅰ）設(shè)所用時(shí)間為….所以，這次行車總費(fèi)用y關(guān)于x的表達(dá)式是（或，）（Ⅱ）僅當(dāng)，即時(shí)，上述不等式中等號(hào)成立答：當(dāng)km/h時(shí)，這次行車的總費(fèi)用最低，最低費(fèi)用的值為26元20.（本題滿分12分）已知函數(shù)f(x)＝2cosxsin(x＋)－.(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的最小正周期T；(Ⅱ)若△ABC的三邊a，b，c滿足b2＝ac，且邊b所對(duì)角為B，試求cosB的取值范圍，并確定此時(shí)f(B)的最大值．參考答案：解：(1)f(x)＝2cosx·sin(x＋)－＝2cosx(sinxcos＋cosxsin)－＝2cosx(sinx＋cosx)－＝sinxcosx＋·cos2x－＝sin2x＋·－＝sin2x＋cos2x＝sin(2x＋)……………5分∴T＝＝＝π……….6分(2)由余弦定理cosB＝得，cosB＝＝－≥－＝，∴≤cosB＜1，………9分而0＜B＜π，∴0＜B≤.函數(shù)f(B)＝sin(2B＋)，……………….10分∵＜2B＋≤π，當(dāng)2B＋＝，即B＝時(shí)，f(B)max＝1………………12分21.如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4．E，F(xiàn)分別在線段BC和AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起．記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．（Ⅰ）求證：NC∥平面MFD；（Ⅱ）若EC=3，求證：ND⊥FC；（Ⅲ）求四面體NFEC體積的最大值．參考答案：考點(diǎn)：直線與平面垂直的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面平行的判定．專題：綜合題；空間位置關(guān)系與距離．分析：（Ⅰ）先證明四邊形MNCD是平行四邊形，利用線面平行的判定，可證NC∥平面MFD；（Ⅱ）連接ED，設(shè)ED∩FC=O．根據(jù)平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，可證NE⊥平面ECDF，從而可得FC⊥NE，進(jìn)一步可證FC⊥平面NED，利用線面垂直的判定，可得ND⊥FC；（Ⅲ）先表示出四面體NFEC的體積，再利用基本不等式，即可求得四面體NFEC的體積最大值．解答： （Ⅰ）證明：因?yàn)樗倪呅蜯NEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN=EF=CD．所以四邊形MNCD是平行四邊形，…所以NC∥MD，…因?yàn)镹C?平面MFD，所以NC∥平面MFD．

…（Ⅱ）證明：連接ED，設(shè)ED∩FC=O．因?yàn)槠矫鍹NEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，所以NE⊥平面ECDF，…因?yàn)镕C?平面ECDF，所以FC⊥NE．

…又EC=CD，所以四邊形ECDF為正方形，所以FC⊥ED．

…所以FC⊥平面NED，…因?yàn)镹D?平面NED，所以ND⊥FC．

…（Ⅲ）解：設(shè)NE=x，則EC=4﹣x，其中0＜x＜4．由（Ⅰ）得NE⊥平面FEC，所以四面體NFEC的體積為．…所以．