2022年浙江省溫州市大學(xué)拜城實(shí)驗(yàn)高中高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

2022年浙江省溫州市大學(xué)拜城實(shí)驗(yàn)高中高三數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、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.在中，，則的面積是(A)

(B)

(C)

(D)參考答案：A2.命題；命題，則命題是命題成立的（

）A.充分不必要條件

B.必要不充分條件C.充要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：B3.為了在一條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個(gè)橋位樁（如圖），要測算兩點(diǎn)的距離，測量人員在岸邊定出基線，測得，，就可以計(jì)算出兩點(diǎn)的距離為A．

B．

C．

D.參考答案：A略4.下列各組函數(shù)中，表示同一函數(shù)的是

（）A.

B．

C.

D.

參考答案：B5.下列等式不成立的是（n＞m≥1，m，n∈Z）（）A．=B．+=C．是奇數(shù)D．=參考答案：C略6.設(shè)P、Q是兩個(gè)集合，定義集合P﹣Q={x|x∈P且x?Q}為P、Q的“差集”，已知P={x|1﹣＜0}，Q={x||x﹣2|＜1}，那么P﹣Q等于（）A．{x|0＜x＜1} B．{x|0＜x≤1} C．{x|1≤x＜2} D．{x|2≤x＜3}參考答案：B【考點(diǎn)】元素與集合關(guān)系的判斷；絕對(duì)值不等式的解法．【分析】首先分別對(duì)P，Q兩個(gè)集合進(jìn)行化簡，然后按照P﹣Q={x|x∈P，且x?Q}，求出P﹣Q即可．【解答】解：∵化簡得：P={x|0＜x＜2}而Q={x||x﹣2|＜1}化簡得：Q={x|1＜x＜3}∵定義集合P﹣Q={x|x∈P，且x?Q}，∴P﹣Q={x|0＜x≤1}故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素與集合關(guān)系的判斷，以及絕對(duì)值不等式的解法，考查對(duì)集合知識(shí)的熟練掌握，屬于基礎(chǔ)題．7.對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，x∈R，“y＝|f(x)|的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱”是“y＝f(x)是奇函數(shù)”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：B8.若不等式對(duì)于一切正數(shù)、恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值為

（

）A

2

B

C

D

參考答案：D9.已知直線⊥平面，直線m平面，有下面四個(gè)命題：①∥⊥m；②⊥∥m；③∥m⊥；④⊥m∥.

其中正確命題的個(gè)數(shù)是 A．4

B．3

C．2

D．1參考答案：C略10.與向量的夾角相等，且模為1的向量是(

) A． B． C． D．參考答案：B考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積坐標(biāo)表示的應(yīng)用．分析：要求的向量與一對(duì)模相等的向量夾角相等，所以根據(jù)夾角相等列出等式，而已知的向量模是相等的，所以只要向量的數(shù)量積相等即可．再根據(jù)模長為1，列出方程，解出坐標(biāo)．解答： 解：設(shè)與向量的夾角相等，且模為1的向量為（x，y），則解得或，故選B．點(diǎn)評(píng)：本題表面上是對(duì)向量數(shù)量積的考查，根據(jù)兩個(gè)向量的坐標(biāo)，用數(shù)量積列出式子，但是這步工作做完以后，題目的重心轉(zhuǎn)移到解方程的問題，解關(guān)于x和y的一元二次方程．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)△AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，n=1，2，3…，若b1＞c1，b1+c1=2a1，an+1=an，bn+1=，cn+1=，則∠An的最大值是

．參考答案：考點(diǎn)：基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；正弦定理；余弦定理的應(yīng)用．專題：解三角形；不等式的解法及應(yīng)用．分析：根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系得到bn+cn=2a1為常數(shù)，然后利用余弦定理以及基本不等式即可得到結(jié)論．解答： 解：∵an+1=an，∴an=a1，∵bn+1=，cn+1=，∴bn+1+cn+1=an+=a1+，∴bn+1+cn+1﹣2a1=（bn+cn﹣2a1），又b1+c1=2a1，∴當(dāng)n=1時(shí)，b2+c2﹣2a1=（b1+c1+﹣2a1）=0，當(dāng)n=2時(shí)，b3+c3﹣2a1=（b2+c2+﹣2a1）=0，…∴bn+cn﹣2a1=0，即bn+cn=2a1為常數(shù)，則由基本不等式可得bn+cn=2a1≥2，∴bncn，由余弦定理可得=（bn+cn）2﹣2bncn﹣2bncncosAn，即（a1）2=（2a1）2﹣2bncn（1+cosAn），即2bncn（1+cosAn）=3（a1）2≤2（a1）2（1+cosAn），即3≤2（1+cosAn），解得cosAn，∴0＜An，即∠An的最大值是，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列以及余弦定理的應(yīng)用，利用基本不等式是解決本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，難度較大．12.若試驗(yàn)范圍是，用分?jǐn)?shù)法去找到最佳點(diǎn)，用為一個(gè)單位去找試驗(yàn)點(diǎn)，則第一試點(diǎn)

第二試點(diǎn)

參考答案：80,50略13.在的二項(xiàng)展開式中，常數(shù)項(xiàng)等于

.參考答案：180

14.設(shè)，則的值為

參考答案：1略15.設(shè)a、b為兩非零向量，且滿足|a|＝2|b|＝|2a+3b|，則兩向量a、b的夾角的余弦值為

。參考答案：略16.由曲線，直線軸所圍成的圖形的面積為__________.參考答案：17.過點(diǎn)的直線與圓截得的弦長為，則該直線的方程為

。參考答案：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.（本小題滿分12分）已知橢圓的離心率為，橢圓的短軸端點(diǎn)與雙曲線的焦點(diǎn)重合，過點(diǎn)且不垂直于軸的直線與橢圓相交于兩點(diǎn)。（1）求橢圓的方程；（2）求的取值范圍。參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．H5H8（1）；（2）

解析：（1）由題意知，。又雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，，橢圓的方程為。（2）若直線的傾斜角為，則，當(dāng)直線的傾斜角不為時(shí)，直線可設(shè)為，，由設(shè)，，，，綜上所述：范圍為，【思路點(diǎn)撥】（1）由雙曲線=1得焦點(diǎn)，得b=．又，a2=b2+c2，聯(lián)立解得即可；（2）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=k（x﹣4），與橢圓方程聯(lián)立得到，（4k2+3）x2﹣32k2x+64k2﹣12=0，由△＞0得．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），利用根與系數(shù)的關(guān)系可得=x1x2+y1y2，進(jìn)而得到取值范圍．19.已知函數(shù)．（1）當(dāng)a=2時(shí)，解不等式；（2）設(shè)不等式的解集為M，若，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．參考答案：（1）當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，

……1分①當(dāng)時(shí)，，解得，所以；…………2分②當(dāng)時(shí)，，解得，所以；…3分③當(dāng)時(shí)，，解得，所以．…………4分綜上所述，當(dāng)時(shí)，不等式的解集為．

…………5分（2）不等式可化為，依題意不等式在上恒成立，……………6分所以，即，即，…………8分所以，解得，故所求實(shí)數(shù)的取值范圍是．

………………10分20.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點(diǎn)，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F．（1）證明PA∥平面EDB；（2）證明PB⊥平面EFD；（3）求二面角C﹣PB﹣D的大?。畢⒖即鸢福骸究键c(diǎn)】直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題．【分析】法一：（1）連接AC，AC交BD于O，連接EO要證明PA∥平面EDB，只需證明直線PA平行平面EDB內(nèi)的直線EO；（2）要證明PB⊥平面EFD，只需證明PB垂直平面EFD內(nèi)的兩條相交直線DE、EF，即可；（3）必須說明∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角，然后求二面角C﹣PB﹣D的大?。ǘ喝鐖D所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)DC=a．（1）連接AC，AC交BD于G，連接EG，求出，即可證明PA∥平面EDB；（2）證明EF⊥PB，，即可證明PB⊥平面EFD；（3）求出，利用，求二面角C﹣PB﹣D的大?。窘獯稹拷猓悍椒ㄒ唬海?）證明：連接AC，AC交BD于O，連接EO．∵底面ABCD是正方形，∴點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)在△PAC中，EO是中位線，∴PA∥EO而EO?平面EDB且PA?平面EDB，所以，PA∥平面EDB（2）證明：∵PD⊥底面ABCD且DC?底面ABCD，∴PD⊥DC∵PD=DC，可知△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜邊PC的中線，∴DE⊥PC．①同樣由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．而DE?平面PDC，∴BC⊥DE．②由①和②推得DE⊥平面PBC．而PB?平面PBC，∴DE⊥PB又EF⊥PB且DE∩EF=E，所以PB⊥平面EFD．（3）解：由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB．設(shè)正方形ABCD的邊長為a，則，．在Rt△PDB中，．在Rt△EFD中，，∴．所以，二面角C﹣PB﹣D的大小為．方法二：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)DC=a．（1）證明：連接AC，AC交BD于G，連接EG．依題意得．∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故點(diǎn)G的坐標(biāo)為且．∴，這表明PA∥EG．而EG?平面EDB且PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB．（2）證明；依題意得B（a，a，0），．又，故．∴PB⊥DE．由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E，所以PB⊥平面EFD．（3）解：設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（x0，y0，z0），，則（x0，y0，z0﹣a）=λ（a，a，﹣a）．從而x0=λa，y0=λa，z0=（1﹣λ）a．所以．由條件EF⊥PB知，，即，解得∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為，且，∴即PB⊥FD，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．∵，且，，∴．∴．所以，二面角C﹣PB﹣D的大小為．21.已知拋物線C：的焦點(diǎn)為F，直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）若直線l過點(diǎn)F且，求直線l的方程；（2）已知點(diǎn)，若直線l不與坐標(biāo)軸垂直，且，證明：直線l過定點(diǎn)．參考答案：（1）或；（2）(2,0).【分析】（1）法一：焦點(diǎn)，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，方程為，說明不符合題意，故直線的斜率存在，設(shè)直線方程為與聯(lián)立得，利用韋達(dá)定理轉(zhuǎn)化求解，求解直線方程．法二：焦點(diǎn)，顯然直線不垂直于軸，設(shè)直線方程，與聯(lián)立得，設(shè)，，利用韋達(dá)定理以及距離公式，轉(zhuǎn)化求解即可．（2）設(shè)，，設(shè)直線方程為與聯(lián)立得：，通過韋達(dá)定理以及斜率關(guān)系，求出直線系方程，即可推出結(jié)果．【詳解】解：（1）法一：焦點(diǎn)，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，方程為，與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，此時(shí)，不符合題意，故直線的斜率存在．設(shè)直線方程為與聯(lián)立得，當(dāng)時(shí)，方程只有一根，不符合題意，故，拋物線的準(zhǔn)線方程為，由拋物線的定義得，解得，所以方程為或.法二：焦點(diǎn)，顯然直線不垂直于軸，設(shè)直線方程為,與聯(lián)立得，設(shè)，，，.，由，解得，所以方程為或.（2）設(shè)，，設(shè)直線方程為與聯(lián)立得：，可得，由得，即.整理得，即，整理得，即，即.故直線方程為過定點(diǎn).【點(diǎn)睛】本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系的