2022-2023学年江苏省连云港市海陵中学高三数学文下学期期末试题含解析

2022-2023学年江苏省连云港市海陵中学高三数学文下学期期末试题含解析一、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.函数的图象大致为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：Bf（x）=的定义域为（﹣∞，1）∪（1，+∞），当自变量从左侧趋向于1时，函数值趋向于﹣∞，排除CD，当自变量从右侧趋向于1时，函数值仍然趋向于﹣∞，排除A，或者取特殊值，当x=时，f（x）=-2ln2＜0，也可以排除A项，故选：B.

2.的展开式中x6y2项的系数是A.28

B.84

C.-28

D.-84参考答案：B3.“”是“直线与圆

相交”的

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A要使直线与圆

相交，则有圆心到直线的距离。即，所以，所以“”是“直线与圆

相交”的充分不必要条件，选A.4.已知，且的值是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B5.四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为

（

）

A．96

B．48

C．24

D．0参考答案：B6.在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（）A．﹣32 B．0 C．32 D．1参考答案：C【考点】二项式系数的性质．【专题】转化思想；定义法；二项式定理．【分析】由二项式系数的性质求出n的值，再令x=1求出展开式中各项系数的和．【解答】解：二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，∴2n=32，解得n=5；令x=1，可得展开式中各项系数的和为（3×12﹣）5=32．故选：C．【点评】本题考查了二项式系数和与展开式中各项系数的和的计算问题，是基础题．7.设直线l与平面平行，直线m在平面上，那么（

）A.直线l不平行于直线m B.直线l与直线m异面C.直线l与直线m没有公共点 D.直线l与直线m不垂直参考答案：C【分析】由已知中直线l与平面α平行，直线m在平面α上，可得直线l与直线m异面或平行，进而得到答案．【详解】∵直线l与平面α平行，由线面平行的定义可知：直线l与平面α无公共点，又直线m在平面α上，∴直线l与直线m没有公共点，故选：C．【点睛】本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，考查了直线与平面平行的定义，属于基础题．8.设全集是实数集R，M={x|－2≤x≤2}，N={x|x＜1，则M∩N等于（

）A．{x|1＜x＜2

B．{x|－2＜x＜1C．{x|1＜x≤2

D．{x|－2≤x＜1参考答案：答案：D9.已知函数的零点依次为，则

A.

B.

C.

D.参考答案：考点：函数与方程.10.已知两条直线,平行,则（）A．-1

B．2

C．0或-2 D．-1或2参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知x＞0，y＞0且+=1，求x+y的最小值为．参考答案：16【考点】基本不等式．【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【解答】解：∵x＞0，y＞0，且+=1，∴x+y=（x+y）=10+≥10+2=16，当且仅当y=3x=12时取等号．故答案为：16．12.圆心为且与直线相切的圆的方程是

.参考答案：答案：解析：半径R=，所以圆的方程为13.已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在非零常数k,对定义域中的任意，等式＝＋恒成立．现有两个函数，，则函数、与集合的关系为

参考答案：14.已知矩形中，，在矩形内随机取一点,则的概率为__________.参考答案：略15.杨辉三角形，又称贾宪三角形、帕斯卡三角形，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中用三角形解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，由杨辉三角可以得到展开式的二项式系数．根据相关知识可求得展开式中的的系数为参考答案：－80【分析】利用二项式定理展开式的通项公式求解.【详解】的展开式的通项公式为，令，可得系数为.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，求解二项式展开式特定项时，一般是利用通项公式求解.16.已知是等差数列,,公差,为其前项和,若成等比数列,则参考答案：17.如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为

▲

，表面积为

▲

．参考答案：12；36三、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12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱⊥底面

，，是的中点，作交于点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值．

参考答案：（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，点为坐标原点，设.……..…1分

（Ⅰ）证明：连结交于点，连结.依题意得.因为底面是正方形，所以点是此正方形的中心，故点的坐标为，且.

所以,即,而平面,且平面,因此平面．

……5分（Ⅱ）,又,故,所以.由已知，且,所以平面.………7分所以平面的一个法向量为.,不妨设平面的法向量为则

不妨取则，即

…10分设求二面角的平面角为

因为，所以．二面角的正弦值大小为．………12分19.已知：A、B、C是△ABC的内角，a，b，c分别是其对边长，向量=（，cosA+1），=（sinA，﹣1），⊥（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若，a=2，cosB=，求b的长．参考答案：【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由两向量的坐标，利用平面向量的数量积运算法则列出关系式，整理即可求出角A的大小；（Ⅱ）由cosB的值求出sinB的值，再由sinA，a的值，利用正弦定理即可求出b的值．【解答】解：（Ⅰ）∵=（，cosA+1），=（sinA，﹣1），⊥，∴sinA﹣cosA﹣1=0，即sinA+cosA=1，整理得：2（sinA+cosA）=1，即sin（A+）=，∴A+=，则A=；（Ⅱ）由cosB=，得到sinB=，∵a=2，sinA=，∴由正弦定理=得：b===．20.已知：三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为2，平面ABC⊥平面AA1C1C，∠A1AC＝60°．（1）求证：B1C⊥平面A1BC1；（2）求二面角B1－A1B－C1的大小；

（3）设O是线段A1C的中点，P是△ABC内部及边界上的一动点，使OP//平面A1BC1，试指出动点P的轨迹图形是什么？请说明你的理由.

参考答案：解析：（1）证明：取A1C1的中点M，连CM、B1M∵三棱柱ABC－A1B1C1∴各棱长均相等，∠A1AC＝60°∴△A1CC1与△A1B1C1都是等边三角形∴∵平面ABC⊥平面AA1C1C，∴平面A1B1C1⊥平面AA1C1C∴B1M⊥平面AA1C1C，由三垂线定理得：B1C⊥A1C1又∵四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1而∴B1C⊥平面A1BC1（2）连AB1与A1B交于G点，设B1C与BC1交于H点，连GH，则GH取AC的中点N，连BN，A1N，可证AC⊥A1B∴GH⊥A1B又∵四边形AA1B1B是菱形∴AB1⊥A1B∴∠B1GH就是所求二面角的平面角由（1）知A1C1⊥B1C∴GH⊥B1C设A1C1＝a，则∴即所求二面角的大小为（3）取AB的中点F，BC的中点K，连OF，OK，连AC1必过O点，且O为AC1的中点，则OF//BC1∴OF//平面A1BC1∵∴平面OFK//平面A1BC1在线段FK上（含端点）任取一点P，连OP，则OP//平面A1BC1而过平面A1BC1外一点O只能作出一个平面与其平行因此，点P的轨迹就是线段FK法二：取AC的中点E，连BE，EA1∵三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长相等，且∠A1AC＝60°∴△ABC与△AA1C为正三角形∴BE⊥AC，A1E⊥AC∵平面ABC⊥平面AA1C1C∴BE⊥平面AA1C1C以E为坐标原点，EA为x轴，EA1为y轴，EB为z轴，建立如右图所示的空间坐标系，设AB＝2则（1）∵又∴且∴平面（2）设是平面AA1B的法向量则取同理可求平面A1BC1的法向量∴即所求的二面角的大小为21.[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=|x﹣1|﹣|2x+m|，m∈R．（1）当m=﹣4时，解不等式f（x）＜0；（2）当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0恒成立，求m的取值范围．参考答案：【考点】绝对值不等式的解法；函数的最值及其几何意义．【分析】（1）分类讨论解不等式，即可得出结论；（2）x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，即x﹣1＜|2x+m|，即可求m的取值范围．【解答】解：（1）当m=﹣4时，f（x）=|x﹣1|﹣|2x﹣4|，x＜1时，不等式可化为1﹣x+2x﹣4＜0，∴x＜3，∴x＜1；1≤x≤2时，不等式可化为x﹣1+2x﹣4＜0，∴x＜，∴1≤x＜，x＞2时，不等式可化为x﹣1+4﹣2x＜0，∴x＞3，∴x＞3，综上所述，不等式的解集为{x|x＜或x＞3}；（2）x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，即x﹣1＜|2x+m|，∴m＞﹣x﹣1或m＜1﹣3x，∴m≥﹣2．【点评】本题主要考查带由