四川省绵阳市芦溪中学2022-2023学年高三数学文测试题含解析

1、四川省绵阳市芦溪中学2022-2023学年高三数学文测试题含解析一、 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. 若展开式的二项式系数之和为128, 则的值为( ) A.6 B.7 C. 8 D.9参考答案：B2. 已知，则x=（）A1B9C1或2D1或3参考答案：D【考点】组合及组合数公式【专题】计算题；方程思想；数学模型法；排列组合【分析】由题意可得或，求解可得x值【解答】解：由，得或，解得：x=1或3故选：D【点评】本题考查组合及组合数公式，考查了组合数公式的性质，是基础题3. 已知函数，且，则（ ）A B C D参考答案：B略

2、4. 已知等比数列an的前三项依次为a1，a1，a4，则anA B C D参考答案：C5. (09 年石景山区统一测试)设 ，又记则 （ ） A B C D参考答案：A6. 从5张100元，3张200元，2张300元的奥运预赛门票中任取3张，则所取3张中至少有2张价格相同的概率为（ ）A B C D参考答案：答案：C 7. 已知圆C：x2+y2+6x+8y+21=0，抛物线y2=8x的准线为l，设抛物线上任意一点P到直线l的距离为m，则m+|PC|的最小值为( )A5BC2D4参考答案：B考点：抛物线的简单性质 专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：先根据圆的方程求得圆心坐标和半径，抛

3、物线方程求得焦点坐标和准线方程，根据根据抛物线的定义可知，P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，可知当P，Q，F三点共线时，m+|PC|取得最小值解答：解：圆C：x2+y2+6x+8y+21=0 即（x+3）2+（y+4）2=4，表示以C（3，4）为圆心，半径等于2的圆抛物线y2=8x的准线为l：x=2，焦点为F（2，0），根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，进而推断出当P，C，F三点共线时，m+|PC|的最小值为：|CF|=，故选：B点评：本题主要考查了抛物线的应用考查了学生转化和化归等数学思想，属于中档题8. 若x，y满足约束条件，则z=2xy的最大值为（）A5B3

4、C1D参考答案：A【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件不等式组，作出可行域如图，化目标函数z=2xy为y=2xz，由图可知，当直线y=2xz过C（2，1）时，直线在y轴上的截距最小，z最大z=22+1=5故选：A9. 设为正实数，则“”是“”成立的（ ）（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件（D）既不充分也不必要条件参考答案：C10. 中，为锐角，点O是外接圆的圆心，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 参考答案：A略二、 填空题:本大题共7小题,

5、每小题4分,共28分11. 设 则等于 _ 参考答案：12. 若满足，则目标函数的最大值为_.参考答案：1【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图， 化目标函数为，由图可得，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，由得即，则有最大值，故答案为【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就

6、是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.13. 若实数x，y满足约束条件，则z3x+5y的最大值为_参考答案：17【分析】先画出可行域，作出目标函数的平行直线，确定z与目标函数的纵截距之间的关系，从而平移目标函数确定最优解即可算出最大值.【详解】画出可行域如图所示的ABC的内部（包括边界）：由z3x+5y可得y，则z为直线y在y轴上的截距，作直线L：3x+5y0，把直线L向上平移到A时z最大，向下平移到B时z最小，由可得A()，此时z的最大值为17，由可得B(2,1)，此时z的最小值为11.故答案为：17.【点睛】本题考查线性规划问题，正确画出可行域并确定z与目标函数的纵截距之间的

7、关系是解决本题的关键，属中档题.14. 已知椭圆C：的右焦点为F，点A（一2，2)为椭圆C内一点。若椭圆C上存在一点P，使得PAPF8，则m的最大值是_参考答案：25【分析】设椭圆的左焦点为F（2，0），由椭圆的定义可得2|PF|+|PF|，即|PF|2|PF|，可得|PA|PF|82，运用三点共线取得最值，解不等式可得m的范围，再由点在椭圆内部，可得所求范围【详解】椭圆C：的右焦点F（2，0），左焦点为F（2，0），由椭圆的定义可得2|PF|+|PF|，即|PF|2|PF|，可得|PA|PF|82，由|PA|PF|AF|2，可得2822，解得，所以,又A在椭圆内，所以,所以8m-16m(m-

8、4),解得或,与取交集得故答案为25【点睛】本题考查椭圆的定义和性质的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题15. 若中，已知，当时，的面积是_.参考答案：【知识点】向量的数量积运算；三角形面积公式 F3 C8【答案解析】 解析：在中，故答案为：【思路点拨】由条件利用两个向量的数量积的定义，求得,再根据三角形面积公式计算结果。16. 一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为 ，体积为 参考答案：， 17. 将全体正奇数排成一个三角形数阵： 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 按照以上排列的规律，第行（，）从左向右的第4个数为

9、.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. 已知ABC的面积S满足（）求的取值范围；（）求函数的最大值。参考答案：（1）（2）19. 如图所示，四边形ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，ABE为等边三角形，且平面ABCD平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点（）求证：ABDE；（）求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值；（）在ABE内是否存在一点Q，使PQ平面CDE，如果存在，求PQ的长；如果不存在，说明理由参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质【分析】（）取AB中点

10、O，连结OD，OE，由已知条件推导出ABOE，四边形OBCD是平行四边形，ODBC，ABOD由此证明AB平面ODE，从而得到ABDE（）以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值（）设Q（x2，y2，0），利用向量法能求出存在点，使PQ平面CDE，此时【解答】（）证明：取AB中点O，连结OD，OE，因为ABE是正三角形，所以ABOE因为 四边形ABCD是直角梯形，ABCD，所以 四边形OBCD是平行四边形，ODBC，又ABBC，所以 ABOD所以 AB平面ODE，所以 ABDE（）解：因为平面ABCD平面ABE，ABOE，所以OE平面ABCD，所

11、以 OEOD如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系则 A（1，0，0），B（1，0，0），D（0，0，1），C（1，0，1），所以，设平面ADE的法向量为n1=（x1，y1，z1），则，令z1=1，则x1=1，所以n1=同理求得平面BCE的法向量为n2=，设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为，则cos=所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为（）解：设Q（x2，y2，0），因为，所以，依题意，即解得，符合点Q在三角形ABE内的条件所以，存在点，使PQ平面CDE，此时20. 如图所示多面体中，平面，为平行四边形，分别为的中点，.（1）求证：平面；（2）若90，求证;（3）若120，

12、求该多面体的体积.参考答案：（）取PC的中点为O，连FO，DO，可证FOED，且FO=ED，所以四边形EFOD是平行四边形，从而可得EFDO，利用线面平行的判定，可得EF平面PDC；（）先证明PD平面ABCD，再证明BEDP；（）连接AC，由ABCD为平行四边形可知ABC与ADC面积相等，所以三棱锥P-ADC与三棱锥P-ABC体积相等，即五面体的体积为三棱锥P-ADC体积的二倍（）取PC的中点为O，连FO,DO，F,O分别为BP，PC的中点，BC，且,又ABCD为平行四边形,BC，且,ED，且四边形EFOD是平行四边形 -2分即EFDO 又EF平面PDC EF平面PDC - 4分（）若CDP9

13、0,则PDDC，又AD平面PDC ADDP,PD平面ABCD, - 6分 BE平面ABCD，BEDP - 8分（）连结AC,由ABCD为平行四边形可知与面积相等，所以三棱锥与三棱锥体积相等，即五面体的体积为三棱锥体积的二倍.AD平面PDC，ADDP,由AD=3，AP=5，可得DP=4又CDP120PC=2，由余弦定理并整理得, 解得DC=2 - 10分三棱锥的体积该五面体的体积为21. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的图像与直线所围成封闭图形的面积为8，求实数a的值.参考答案：（1）由得等价于即或或即或故不等式的解集为；（用绝对值几何意义解同样给分）（2）由得：由题意可得：设直线与交于两点不妨设：所以封闭图形面积为：即：或（舍去）故.22. 已知为正的常数，函数。（1）若，求函数的单调增区间；（2）设，求函数在区间上的最小