湖南省株洲市严塘中学2022-2023学年高三数学理期末试卷含解析
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. 已知抛物线的焦点到其准线的距离是,抛物线的准线与轴的交点为,点在抛物线上且,则的面积为
(A)32 (B)16 (C)8 (D)4
参考答案:
A
由题意知,所以抛物线方程为,焦点,准线方程,即,设, 过A做垂直于准线于M,由抛物线的定义可知,所以,即,所以,整理得,即,所以,所以,选A.
2. 如图,直三棱柱中,若,,则异面直线与所成的角为
A. B. C. D.
参考答案:
A
3. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
参考答案:
B
4. 设,函数的图象向左平移个单位后与原图象重合,则的最小值是( )
A. B. C. D.3
参考答案:
D
5. 已知集合M={x|<1},N={y|y=},则(?RM)∩N=( )
A.(0,2] B.[0,2] C.? D.[1,2]
参考答案:
B
【分析】先化简集合M,N求出M的补集,找出M补集与N的交集即可
【解答】解:∵<1,即﹣1<0,即<0,等价于x(x﹣2)>0,解得x>2或x<0,则M=(﹣∞,0)∪(2,+∞),
∴(?RM)=[0,2],
∵N={y|y=}=[0,+∞),
∴(?RM)∩N=[0,2],
故选:B
【点评】本题考查分式不等式的解法,考查集合的交、补运算,属于中档题.
6. 下列函数中,既不是奇函数,也不是偶函数的是( )
A. B. C. D.
参考答案:
A
试题分析:由题意得,函数和,满足,所以函数都是奇函数,函数满足,所以函数都是偶函数,故选A.
7. 在△ABC中,sinA=, ?=6,则△ABC的面积为( )
A.3 B. C.6 D.4
参考答案:
D
【考点】平面向量数量积的运算.
【专题】解三角形;平面向量及应用.
【分析】由题意结合数量积的运算和同角的平方关系可得||?|=10,而△ABC的面积S=||?|?sinA,代入数据计算可得.
【解答】解:由题意可得?=||?|?cosA=6,
又sinA=,故可得cosA=,
故||?|=10,
故△ABC的面积S=||?|?sinA=×10×=4.
故选D.
【点评】本题考查平面向量的数量积的运算,涉及三角形的面积公式,属中档题.
8. 已知平面平面,,若直线,满足,,则( )
A. B. C. D.
参考答案:
C
试题分析:,,因此C是正确的,故选C.
考点:空间线面的位置关系,线面垂直的性质.
9. 已知向量,向量,则的最大值为( )
A. B. C. D.
参考答案:
A
10. (中数量积)已知向量,,x,y满足||=||=1, ?=0,且,则等于( )
A. B. C.2 D.5
参考答案:
B
【考点】平面向量的综合题.
【专题】计算题.
【分析】求向量的模,先求它们的平方,这里求平方,利用向量的完全平方公式即可.
【解答】解:由所给的方程组解得,
,,
∴=.
故选B.
【点评】本题中的方程组是关于向量的方程,这与一般的关于实数的方程在解法上没有本质区别,方法与实数的方程组的解法相似.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知向量,若,则__________.
参考答案:
【分析】
利用求出,然后求.
【详解】向量,若,则
即答案为.
【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系,考查了向量的模的求法,考查推理能力与计算能力,属于基础题.
12. 设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若b+c=2a,3sinA=5sinB,则角C= .
参考答案:
【考点】余弦定理;正弦定理.
【分析】由3sinA=5sinB,根据正弦定理,可得3a=5b,再利用余弦定理,即可求得C.
【解答】解:∵3sinA=5sinB,∴由正弦定理,可得3a=5b,
∴a=
∵b+c=2a,
∴c=
∴cosC==﹣
∵C∈(0,π)
∴C=
故答案为:
13. 的展开式中的常数项是___________
参考答案:
220
略
14. 若复数满足是虚数单位),则
参考答案:
略
15. 已知向量若则
参考答案:
16. 若函数满足且时,,则函数的图象与图象交点个数为 .
参考答案:
略
17. 已知锐角△ABC的面积为,BC=4,CA=3,则角C的大小为 ______
参考答案:
60°
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14分)已知向量,其中.
(1)若,求的值;
(2)设函数 ,求的值域.
参考答案:
【知识点】三角函数的图象与性质C3
【答案解析】(1)(2)
(1)因为,所以 所以即,因为,所以
(2)因为
, (
所以当即时,
当即时,, 所以的值域为。
【思路点拨】先利用向量的关系化简求出x值,再根据单调性最值。
19. (本小题满分13分)
(Ⅰ)写出两角差的余弦公式cos(α-β)= ,并加以证明;
(Ⅱ)并由此推导两角差的正弦公式sin(α-β)= 。
参考答案:
解:(Ⅰ)两角差的余弦公式 ……1分
在平面直角坐标系xOy内,以原点O为圆心作单位圆O,以Ox为始边,作角α,β,设其终边与单位圆的交点分别为A,B,则向量,向量,
记两向量的夹角为,则
…4分
(1)如果,那么,∴
∴ ……………………6分
(2)如果,如图,不妨设α=2kπ+β+θ,k∈Z,
所以有
同样有 …………………………8分
(Ⅱ), …………………………9分
证明如下:把公式中的换成,
得
………………………………………………13分
20. 已知四边形为平行四边形,,,,四边形为正方形,且平面平面.
(1)求证:平面;
(2)若为中点,证明:在线段上存在点,使得∥平面,并求出此时三棱锥的体积.
参考答案:
(1)证明见解析;
(Ⅱ) 当N为线段EF中点时,MN∥平面ADF,.
试题分析:第一问根据正方形的特点和面面垂直的性质,可以得出AF⊥BD,根据已知条件,结合线面垂直的判定定理,可证线面垂直,第二问根据平行四边形的性质,可以得出当N为线段EF中点时满足MN∥DF,根据线面平行的判定定理证得线面平行,利用等级法求得三棱锥的体积.
试题解析:(1)证明:正方形ABEF中,AF⊥AB,
∵平面ABEF⊥平面ABCD,又AF平面ABEF,
平面ABEF平面ABCD=AB, ………………1分
∴AF⊥平面ABCD. ………………2分
又∵BD平面ABCD,
∴AF⊥BD. ……………… 3分
又,AFAD=A,AF、AD平面ADF,
………………4分
∴平面ADF. ………………5分
(Ⅱ)解:当N为线段EF中点时,MN∥平面ADF.………………6分
证明如下:正方形ABEF中,NFBA,平行四边形形ABCD中,MDBA,
NFMD,四边形NFDM为平行四边形,
MN//DF. ………………7分
又DF平面ADF,MN平面ADF,
∴MN//平面ADF, ………………8分
过D作DHAB于H,
∵平面ABEF⊥平面ABCD,又DH平面ABCD,平面ABEF平面ABCD=AB,∴DH⊥平面ABEF. ………………9分
在Rt?ABD中,AB=2,BD=AD,∴DH=1, ………………10分
所以.………………12分
考点:线面垂直的判定,线面平行的判定,三棱锥的体积.
21. 已知a∈R,函数f(x)=2x3﹣3(a+1)x2+6ax
(Ⅰ)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(Ⅱ)若|a|>1,求f(x)在闭区间[0,|2a|]上的最小值.
参考答案:
考点:利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数求闭区间上函数的最值.
专题:导数的综合应用.
分析:(Ⅰ)求导函数,确定切线的斜率,求出切点的坐标,即可求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(Ⅱ)分类讨论,利用导数确定函数的单调性,从而可得极值,即可得到最值.
解答: 解:(Ⅰ)当a=1时,f′(x)=6x2﹣12x+6,所以f′(2)=6
∵f(2)=4,∴曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=6x﹣8;
(Ⅱ)记g(a)为f(x)在闭区间[0,|2a|]上的最小值.
f′(x)=6x2﹣6(a+1)x+6a=6(x﹣1)(x﹣a)
令f′(x)=0,得到x1=1,x2=a
当a>1时,
x
0
(0,1)
1
(1,a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
+
0
﹣
0
+
f(x)
0
单调递增
极大值3a﹣1
单调递减
极小值
a2(3﹣a) 单调递增 4a3
比较f(0)=0和f(a)=a2(3﹣a)的大小可得g(a)=;
当a<﹣1时,
X
0
(0,1)
1
(1,﹣2a)
﹣2a
f′x)
﹣
0
+
f(x)
0
单调递减
极小值3a﹣1
单调递增
﹣28a3﹣24a2
∴g(a)=3a﹣1
∴f(x)在闭区间[0,|2a|]上的最小值为g(a)=.
点评:本题考查导数知识的运用,考查导数的几何意义,考查函数的最值,考查学生的计算能力,考查分类讨论的数学思想,属于中档题.
22. (12分)若二次函数满足,且
(1)求的解析式;
(2)设,求在的最小值的表达式.
参考答案:
解:(1)设,
由得,
故.
因为,
所以,
整理得,
所以,
解得。
所以。
(2)由(1)得,
故函数的图象是开口朝上、以为对称轴的抛物线,
①当,即时,则当时, 取最小值3;
②当,即时,则当时, 取最小值;
③当,即时,则当时, 取最小值。
综上.