山东省潍坊市安丘石埠子镇中心中学2023年高三数学理期末试题含解析

山东省潍坊市安丘石埠子镇中心中学2023年高三数学理期末试题含解析一、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.如图，边长为1的菱形ABCD中，，沿BD将翻折，得到三棱锥A-BCD，则当三棱锥A-BCD体积最大时，异面直线AD与BC所成角的余弦值为（

）

A. B. C. D.参考答案：D【分析】当三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，连接，则平面，平面，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线与所成角的余弦值。【详解】当三棱锥体积最大时，平面平面，边长为1的菱形中，取中点，连接，则平面，平面，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系则，设异面直线与所成角为即异面直线与所成角的余弦值为故选D。【点睛】求异面直线所成的角，转化为两直线的方向向量的夹角，建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.2.函数

的值域为A.

B.

C.

D.参考答案：B3.设变量x，y满足：的最大值为（

）

A．8

B．3

C．

D．

参考答案：A4.下列函数是以π为周期的偶函数的是（

）(A)

y=sinx

（B）y=sin2x

（C）y=|sinx|

（D）y=|sin2x|参考答案：C5.设集合，，则MN=（

）

A．{}

B．{}

C．{}

D．{}参考答案：A略6.在区间[0，2]内随机取出两个数，则这两个数的平方和在区间[0，2]内的概率为（）A． B． C． D．参考答案：D【分析】首先分析题目求这两个数的平方和也在区间[0，2]内的概率，可以联想到用几何的方法求解，利用面积的比值直接求得结果．【解答】解：将取出的两个数分别用x，y表示，则x，y∈[0，2]要求这两个数的平方和也在区间[0，2]内，即要求0≤x2+y2≤2，故此题可以转化为求0≤x2+y2≤2在区域内的面积比的问题．即由几何知识可得到概率为=；故选：D．【点评】此题考查等可能时间概率的问题，利用几何概型的方法解决本题，概率知识在高考中难度有所下降，对利用古典概型和几何概型的基本方法要熟练掌握．7.已知，则的值是(

) A． B． C． D．参考答案：C因为，所以，所以。8.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（

）A． B． C． D．参考答案：D9.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：A本题考查三视图以及简单几何体的体积与表面积,考查空间想象能力和运算求解能力.该几何体的形状如图所示，于是，，，所以表面积.10.下列四个选项给出的条件中，能唯一确定四面体ABCD的是

A．四面体ABCD三对对棱（即没有公共顶点的棱）分别相等，长度分别是1cm，2cm,3cm

B．四面体ABCD有五条棱长都是1cm

C．四面体ABCD内切球的半径是1cm

D．四面体ABCD外接球的半径是1cm参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知等差数列的前n项和为，且，则_________。参考答案：略12.设实数a，b，c，满足，，则ab的取值范围是_____．参考答案：【分析】用表示，再根据基本不等式求出的取值范围后可求的取值范围.【详解】因为，所以，故，又，所以，整理得到即，又，故在为增函数，当时，；当时，；所以的取值范围是【点睛】多元变量的最值问题，基本的处理策略是利用消元法尽量降低变元的个数，从而把问题归结为一元函数的值域，另外消元时可用整体消元的方法且需注意变量范围的传递.13.（5分）已知函数f（x）=lnx+2x，若f（x2﹣4）＜2，则实数x的取值范围．参考答案：（﹣，﹣2）∪（2，）【考点】：函数单调性的性质．【专题】：函数的性质及应用．【分析】：解法一：不等式即ln（x2﹣4）+＜2，令t=x2﹣4＞0，不等式即lnt+2t＜2①．令h（t）=lnt+2t，由函数h（t）的单调性可得x2﹣4＜1，从而求得x的范围．解法二：根据函数f（x）=lnx+2x在定义域（0，+∞）上式增函数，f（1）=2，由不等式可得x2﹣4＜1，从而求得x的范围．解：解法一：∵函数f（x）=lnx+2x，∴f（x2﹣4）=ln（x2﹣4）+，∴不等式即ln（x2﹣4）+＜2．令t=x2﹣4＞0，不等式即lnt+2t＜2①．令h（t）=lnt+2t，显然函数h（t）在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=2，∴由不等式①可得t＜1，即x2﹣4＜1，即x2＜5．由解得﹣＜x＜﹣2，或2＜x＜，故答案为：（﹣，﹣2）∪（2，）．解法二：由于函数f（x）=lnx+2x，∴f（1）=2，再根据函数f（x）=lnx+2x在定义域（0，+∞）上式增函数，∴由f（x2﹣4）＜2可得x2﹣4＜1，求得﹣＜x＜﹣2，或2＜x＜，故答案为：（﹣，﹣2）∪（2，）．【点评】：本题主要考查函数的单调性的应用，体现了转化的数学思想，属于基础题．14.已知a>0，b>0，a＋b＝2，则的最小值是

参考答案：15.双曲线的离心率是

；渐近线方程是

．参考答案：试题分析：，所以离心率e=，渐近线方程为,考点：本题考查双曲线的标准方程，离心率，渐近线点评：有双曲线的标准方程得到，a,b,c求出离心率，渐近线方程16.对于各数互不相等的整数数组(是不小于3的正整数)，对于任意的，当时有，则称，是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为该数组的“逆序数”，如数组（2，4，3，1）中的逆序数等于4，若数组中的逆序数为，则数组中的逆序数为

.参考答案：略17.已知分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，则___________.参考答案：1试题分析：∵，∴，又∵，分别是定义在上的偶函数和奇函数，∴，，∴，∴．考点：函数的奇偶性．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.设，，.（1）求值：

①；②（）；（2）化简：.参考答案：（Ⅰ）①0，②,0，（Ⅱ）（Ⅱ）利用（Ⅰ）所得结论进行化简：又，代入化简得结果试题解析：解：（1）①.

……………2分②.

………………4分（2）方法一：由（1）可知当时.

……………6分故.

……………10分方法二：当时，由二项式定理，有，两边同乘以，得，两边对求导，得，……………6分两边再同乘以，得，两边再对求导，得.

……………8分令，得，即.

…………10分考点：组合数定义及其性质【思路点睛】二项式通项与展开式的应用(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定项或指定项的系数等.(2)展开式的应用：①可求解与二项式系数有关的求值，常采用赋值法.②可证明整除问题(或求余数).关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断.③有关组合式的求值证明，常采用构造法.19.已知函数两个极值点.（1）当时，求；（2）当时，求的最大值.参考答案：(1)(2)【分析】（1）先求得导函数，代入即可求得的单调区间，进而求得两个极值点，代入即可求得的值。（2）根据，是时的两个根，化简即可求得，，代入后化简，利用换元法令，将转化为，再求得其导函数，根据的取值范围，即可求得t的范围，再根据在上单调递减的性质即可求得的最大值，即为的最大值。【详解】（1）（）当时，（）由，得或；由，得∴在及上单调递增，在上单调递减，∴，∴（2）的两个极值点，是即方程的两个根，∴，又，∴，∴（）令，，则∵∴∴即∴即∴又∴∵在上单调递减∴的最大值为∴最大值【点睛】本题考查了导数的综合应用，导数在求极值、最值和单调性中的用法，换元法在求函数最值中的应用，是高考的常考点和重点，属于难题。20.正项等差数列中，已知，且构成等比数列的前三项。（I）求数列的通项公式；（II）求数列的前项和。参考答案：【知识点】等差数列数列求和D2D4（I），；（II）（I）设设等差数列的公差为d，由已知得又，解得d=2,所以，又，所以；（II）因为两式相减得，则.【思路点拨】一般遇到数列求和问题，通常结合通项公式特征确定求和思路，本题是等差与等比的积数列，所以用错位相减法求和.21.（本小题满分13分）已知函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.参考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）见解析.试题分析：（Ⅰ），对a进行分类讨论：当时，，则函数的单调递减区间是.当时，令，得.的单调递减区间是，单调递增区间是；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当时，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，必须，即，所以试题解析：（Ⅰ）.

………………2分（ⅰ）当时，，则函数的单调递减区间是.

………………3分 （ⅱ）当时，令，得. 当变化时，,的变化情况如下表↘极小值↗ 所以的单调递减区间是，单调递增区间是.………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.

………………6分 当时，因为在内是减函数，在内是增函数，所以要使，必须，即. 所以.

………………7分当时，.令，则.当时，，所以，在上是增函数.所以当时，.所以.

………………9分因为，，，所以在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.

………………11分因为在内是减函数，在内是增函数，所以.综上所述，的取值范围是.

………………12分因为，，所以.

………………13分考点：导数与函数