2022-2023学年安徽省合肥市蛟矶中学高三数学理上学期期末试卷含解析

1、2022-2023学年安徽省合肥市蛟矶中学高三数学理上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. 函数y=（exex）?sinx的图象大致是（）ABCD参考答案：A考点： 函数的图象专题： 函数的性质及应用分析： 通过函数的奇偶性，排除部分选项，然后利用0 x时的函数值，判断即可解答： 解：函数f（x）=（exex）（sinx）=（exex）sinx=f（x），函数f（x）=（ex+ex）sinx是偶函数，排除B、C；当0 x时，f（x）0，排除DA满足题意故选：A点评： 本题考查函数的图象的判断，一般通过函数

2、的定义域、值域单调性，奇偶性，变化趋势等知识解答2. 复数z=，则（）A|z|=2Bz的实部为1Cz的虚部为iDz的共轭复数为1+i参考答案：D【考点】复数代数形式的乘除运算【专题】数系的扩充和复数【分析】直接利用复数的代数形式的混合运算，化简复数为a+bi的形式，然后判断选项即可【解答】解：复数z=1i显然A、B、C都不正确，z的共轭复数为1+i正确故选：D【点评】本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念的应用，考查计算能力3. 已知是二项式（为常数）展开式中有理项的个数，则展开式的中间项为（ ）A. B. C. D. 参考答案：4. 函数的定义域为（A） （B） （C） （D）参考

3、答案：B【考点】函数的定义域与值域【试题解析】要使函数有意义，需满足：所以函数的定义域为：。5. 已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6则该球的表面积为A16B24C32D48参考答案：D略6. 集合中的元素都是整数，并且满足条件：中有正数，也有负数；中有奇数，也有偶数；若，则。下面判断正确的是A. B. C. D.参考答案：C7. 运行如图所示的程序框图，输出i和S的值分别为（）A2，15B2，7C3，15D3，7参考答案：C【考点】EF：程序框图【分析】根据程序框图，依次进行运行，直到满足条件即可得到结论【解答】解：模拟循环，r=1，

4、不满足条件，n=2，r=2，满足条件，i=2，S=2，n=3，r=0，不满足条件，n=4，r=1，不满足条件，n=5，r=2，满足条件，i=2，S=7，n=6，r=0，不满足条件，n=7，r=1，不满足条件，n=8，r=2，满足条件，i=3，S=15，n=9，r=0，不满足条件，n=10，退出循环，输出i=3，S=15，故选：C8. 设首项为，公比为的等比数列的前项和为，则（ ）（A） （B） （C） （D）参考答案：D略9. 已知集合，则A. B. C. D.参考答案：D略10. 在平面直角坐标系中，分别是与轴正方向同向的单位向量，平面内三点A、B、C满足，当A、B、C三点构成直角三角形时，

5、实数k的可能值的个数为 （ ） A1 B2 C3 D4参考答案：答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分10.若动直线与函数的图象分别交于两点，则的最大值为 参考答案：212. 已知集合Ax|x22x30，Bx|x1，则AB_.参考答案：x|1x313. 已知函数的图象如图所示，它与x轴在原点处相切，且x轴与函数图象所围区域（图中阴影部分）的面积为，则a的值为_参考答案：略14. 已知函数，则参考答案：略15. 定义在R上的奇函数满足则= 参考答案：16. 在三棱锥中，底面，则该三棱锥的外接球的表面积为_参考答案：试题分析：由三棱锥中，底面，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其

6、外接球的直径，则三棱锥外接球的直径为，半径为，外接球的表面积所以答案应填：考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【方法点睛】由于几何体的形状多种多样，所以体积的求法也各不相同。针对一些不规则的几何体，直接运用体积公式可能比较困难，我们常对原几何体进行割补，转化为几个我们熟悉的几何体，其解法也会呈现一定的规律性:几何体的“分割”几何体的分割即将已给的几何体，按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之。几何体的“补形”与分割一样，有时为了计算方便，可将已给的几何体补成易求体积的几何体，如长方体，正方体等等本题将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，从而即可求得该三棱锥的外接球的

7、表面积本题考查球的表面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，得出将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径是解题的关键 17. 右边茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中有一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是_参考答案：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. 对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束（）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（）求经过有限

8、次“变换”后能够结束的充要条件； （）证明：一定能经过有限次“变换”后结束参考答案：（）解：数列不能结束，各数列依次为；从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形 2分数列能结束，各数列依次为； 3分（）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束 5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”当时，数列由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列其它情形同理，得证在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列 8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结

9、束的充要条件是（）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”证明：记数列中最大项为，则令，其中因为， 所以，故，证毕 9分现将数列分为两类第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知， 第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列不妨令数列的第一项为，第二项最大()（其它情形同理） 当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，

10、则；，此数列各项均不为，为第一类数列 当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列 当数列中有三项为时，只能是，则，此数列各项均不为，为第一类数列总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束 13分北京市西城区2012年高三一模试卷 数学（理科）参考答案及评分标准 2012.4一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1. C； 2. D

11、； 3. A； 4.A； 5. B； 6. D； 7. A； 8. D .二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9.； 10.； 11.； 12.； 13.和，； 14.，.注：13题、14题第一问2分，第二问3分.三、解答题：本大题共6小题，共80分. 15.（本小题满分13分） （）解：原式可化为 3分 因为， 所以 ， 所以 5分 因为， 所以 6分 （）解：由余弦定理，得 8分 因为 ， 所以 10分 因为 ， 12分所以 13分16.（本小题满分13分）（）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是 1分记“甲以比获胜”为事件，则 4分（）解：记“乙获胜且

12、比赛局数多于局”为事件. 因为，乙以比获胜的概率为， 6分 乙以比获胜的概率为， 7分所以 8分（）解：设比赛的局数为，则的可能取值为 ， 9分 ， 10分 ， 11分 12分比赛局数的分布列为： 13分17.（本小题满分14分）（）证明：设与相交于点，连结因为 四边形为菱形，所以，且为中点 1分又 ，所以 3分因为 ， 所以 平面 4分 （）证明：因为四边形与均为菱形，所以/，/， 所以 平面/平面 7分 又平面，所以/ 平面 8分 （）解：因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形因为为中点，所以，故平面由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 9分 设因为四边形为菱形，则，所以，所以 所以

13、， 设平面的法向量为，则有所以 取，得 12分 易知平面的法向量为 13分 由二面角是锐角，得 所以二面角的余弦值为 14分18.（本小题满分13分）（）解：当时， 2分由于，所以曲线在点处的切线方程是 4分（）解：， 6分 当时，令，解得 的单调递减区间为；单调递增区间为，8分当时，令，解得 ，或 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为， 10分 当时，为常值函数，不存在单调区间 11分 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为， 13分19.（本小题满分14分）（）解：由 ， 得 . 2分依题意是等腰直角三角形，从而，故. 4分所以椭圆的方程是. 5分（）解：设，直线的方程为. 将直线的

14、方程与椭圆的方程联立，消去得 . 7分所以 ，. 8分若平分，则直线，的倾斜角互补，所以. 9分设，则有 .将 ，代入上式，整理得 ，所以 . 12分将 ，代入上式，整理得 . 13分由于上式对任意实数都成立，所以 . 综上，存在定点，使平分. 14分20.（本小题满分13分）（）解：数列不能结束，各数列依次为；从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形 2分数列能结束，各数列依次为； 3分（）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束 5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”当时，数列由数列为常数列得，解

15、得，从而数列也为常数列其它情形同理，得证在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列 8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是（）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”证明：记数列中最大项为，则令，其中因为， 所以，故，证毕 9分现将数列分为两类第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知， 第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列不妨令数列的第一项为，第二项最大()（其它情形同理） 当数列中

16、只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，则；，此数列各项均不为，为第一类数列 当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列 当数列中有三项为时，只能是，则，此数列各项均不为，为第一类数列总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“变换”后，数列的最大项一

17、定会为，此时数列的各项均为，从而结束 13分略19. （2016?邵阳二模）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为边长为6的等边三角形，点A1在平面ABC内的射影为ABC的中心（1）求证：BCBB1；（2）若AA1与底面ABC所成角为60，P为CC1的中点，求直线BB1与平面AB1P所成角的正弦值参考答案：【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（1）点A1在底面ABC的射影为O，连接A1O，取BC的中点E，连接AE，利用线面垂直的性质定理可得A1OBC利用等边三角形的性质及其线面垂直的判定定理可得：BC平面A1OA，可得BCA1A，而AA1BB1，即可

18、证明结论（2）由（1）知A1O，AO，BC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1O平面ABC，可得A1AO为A1A底面ABC所成的角求出平面PAB1的一个法向量，利用向量夹角公式即可得出【解答】（1）证明：点A1在底面ABC的射影为O，连接A1O，取BC的中点E，连接AE，A1O平面ABC，BC?平面ABC，A1OBC又AEBC，AEA1O=O，BC平面A1OA，AA1?平面A1OA，BCA1A，AA1BB1，BCBB1（2）解：由（1）知A1O，AO，BC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，A1O平面ABC，A1AO为A1A底面ABC所成的角AB=6，A1O=6，A1（0，0，6），设平面PAB1