福建省莆田市第二十四中学2022-2023学年高三数学理上学期期末试卷含解析

福建省莆田市第二十四中学2022-2023学年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1.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)A.

B.

C.

D.参考答案：C所求几何体为一个圆柱体和圆锥体构成.其中圆锥的高为.体积=.选C.2.已知且，函数在同一坐标系中的图象可能是（）参考答案：【知识点】函数的图象与图象变化；函数图象的作法．B8

【答案解析】C

解析：∵函数与互为反函数，∴它们的图象关于直线对称．再由函数的图象过（0，1），的图象过（1，0），观察图象知，只有C正确．故选C．【思路点拨】根据函数与互为反函数，，得到它们的图象关于直线直线对称，从而对选项进行判断即得．3.已知命题：，命题，若命题

是真命题，则实数a的取值范围是

（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：D略4.已知点P是焦点为F的抛物线上的一点，且，点Q是直线与的交点，若，则抛物线的方程为（

）A. B.或C. D.或参考答案：B【分析】依题意，；设，求出点坐标，由列出关于与的方程可得的值，由可得的值，可得答案.【详解】解：依题意，；设，联立，解得，故，；因为，故，解得，且；又由得，，解得或，故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程及基本性质，需灵活运用已知条件解题，属于中档题.5.若，设函数的零点为的零点为，则的取值范围是

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B6.已知、m是两条不同的直线，a是个平面，则下列命题正确的是（A）若，则(B)若，则(C)若，则(D)若，则参考答案：D略7.已知，，则的取值范围是（）A. B. C. D.参考答案：C【分析】利用待定系数法求得，由，，结合，从而可得结果.【详解】令则，∴，又，…∴①，∴…②∴①②得．则．故选C．【点睛】本题主要考查不等式的性质以及指数函数的性质，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.8.若(为复数集)，则是的（▲）。A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：C略9.已知α∈（π，π），cosα=﹣，则tan（﹣α）等于（）A．7 B． C．﹣ D．﹣7参考答案：B【考点】两角和与差的正切函数；同角三角函数间的基本关系．【分析】由α的范围及cosα的值，确定出sinα的值，进而求出tanα的值，所求式子利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简后，将tanα的值代入计算即可求出值．【解答】解：∵α∈（π，π），cosα=﹣，∴sinα=﹣=﹣，∴tanα==，则tan（﹣α）===．故选B10.圆O1：x2+y2﹣2x=0和圆O2：x2+y2﹣4y=0的位置关系是（）A．相离 B．相交 C．外切 D．内切参考答案：B【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【分析】求出半径，求出圆心，看两个圆的圆心距与半径的关系即可．【解答】解：圆O1：x2+y2﹣2x=0，即（x﹣1）2+y2=1，圆心是O1（1，0），半径是r1=1圆O2：x2+y2﹣4y=0，即x2+（y﹣2）2=4，圆心是O2（0，2），半径是r2=2∵|O1O2|=，故|r1﹣r2|＜|O1O2|＜|r1+r2|∴两圆的位置关系是相交．故选B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在中，角A、B、C的对边分别是a,b,c，若，则A

▲

.参考答案：略12.如图圆上的劣弧所对的弦长CD＝，弦AB是线段CD的垂直平分线，AB＝2，则线段AC的长度为＿＿＿＿参考答案：13.在等差数列中，，，则等于

．参考答案：14.命题：“”的否定是________.参考答案：,且15.12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

，表面积是

．参考答案：5，14+．试题分析：由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图．根据三视图可知，长方体的长、宽、高分别为2，1，3，所以几何体的体积，表面积．16.若满足条件，目标函数的最小值为

．参考答案：－1

17.若x，y满足约束条件，则的最大值为______．参考答案：10【分析】作出不等式组表示的平面区域，利用线性规划知识求解。【详解】作出不等式组表示的平面区域如下：作出直线，当直线往下平移时，变大，当直线经过点时，【点睛】本题主要考查了利用线性规划求目标函数的最值知识，考查作图及计算能力，属于基础题。

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.设不等式的解集是M，．（1）试比较与的大小；（2）设表示数集A的最大数．,求证：．参考答案：由所以(Ⅰ)由，得，所以故（II）由，得，，所以，故.19.如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（Ⅰ）若DE∥平面A1MC1，求；（Ⅱ）求直线BG和平面A1MC1所成角的余弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）取BC中点N，连结MN，C1N，由已知得A1，M，N，C1四点共面，由已知条件推导出DE∥C1N，从而求出．（Ⅱ）连结B1M，由已知条件得四边形ABB1A1为矩形，B1C1与平面A1MC1所成的角为∠B1C1M，由此能求出直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）取BC中点N，连结MN，C1N，…（1分）∵M，N分别为AB，CB中点∴MN∥AC∥A1C1，∴A1，M，N，C1四点共面，…（3分）且平面BCC1B1∩平面A1MNC1=C1N，又DE∩平面BCC1B1，且DE∥平面A1MC1，∴DE∥C1N，∵D为CC1的中点，∴E是CN的中点，…∴=．…（6分）（Ⅱ）连结B1M，…（7分）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB，即四边形ABB1A1为矩形，且AB=2AA1，∵M是AB的中点，∴B1M⊥A1M，又A1C1⊥平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1M，从而B1M⊥平面A1MC1，…（9分）∴MC1是B1C1在平面A1MC1内的射影，∴B1C1与平面A1MC1所成的角为∠B1C1M，又B1C1∥BC，∴直线BC和平面A1MC1所成的角即B1C1与平面A1MC1所成的角…（10分）设AB=2AA1=2，且三角形A1MC1是等腰三角形∴A1M=A1C1=，则MC1=2，B1C1=，∴cos∠B1C1M=，∴直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值为．…（12分）【点评】本题考查两条线段的比值的求法，考查角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．20.（本题满分14分）

已知函数的极大值点为．（Ⅰ）用实数来表示实数，并求的取值范围；（Ⅱ）当时，的最小值为，求的值；（Ⅲ）设，两点的连线斜率为．

求证：必存在，使．参考答案：（Ⅰ），由题设知（2分）韦达定理得另一极值点，因为为极大值点故（4分）（Ⅱ）上递增，在递减，在上递增，故当时，分情况如下：当，即时，在上单调递减，解得，不合条件，舍去（6分）当，即时，，化简得，或,取综上，故所求的（9分）（Ⅲ），即证即证方程在上有实数解（10分）记，当，即或时，由零点存在定理知此时方程有解（12分）当时，此时，，且二次函数的对称轴，由此可知此时方程在内有两个解当时方程有一根为，当时方程有一根为综上可知，方程在上有实数解．即必存在,使.

……（14分）略21.已知函数，其中m，a均为实数．（1）求的极值；（2）设，若对任意的，恒成立，求的最小值；（3）设，若对任意给定的，在区间上总存在，使得成立，求的取值范围．参考答案：解：（1），令，得x=1． …1分列表如下：x（-∞，1）1（1，+∞）+0-g(x)↗极大值↘

∵g(1)=1，∴y=的极大值为1，无极小值．

…3分（2）当时，，．∵在恒成立，∴在上为增函数．

…4分设，∵>0在恒成立，∴在上为增函数．

…5分设，则等价于，即．设，则u(x)在为减函数．∴在（3，4）上恒成立．

…6分∴恒成立．

设，∵=，x?[3，4]，∴，∴<0，为减函数．∴在[3，4]上的最大值为v(3)=3-．

…8分∴a≥3-，∴的最小值为3-．

…9分（3）由（1）知在上的值域为． …10分∵，，当时，在为减函数，不合题意．

…11分当时，，由题意知在不单调，所以，即．①

…12分此时在上递减，在上递增，∴，即，解得．②由①②，得．

…13分∵，∴成立．

…14分下证存在，使得≥1．取，先证，即证．③设，则在时恒成立．∴在时为增函数．∴，∴③成立．再证≥1．∵，∴时，命题