河南省洛阳市乐志沟中学2022-2023学年高三数学文下学期期末试题含解析

河南省洛阳市乐志沟中学2022-2023学年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.设的定义域为，若满足下面两个条件则称为闭函数：①是上单调函数；②存在，使在上值域为.现已知为闭函数，则的取值范围是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：A2.在平行四边形中，,连接、相交于点，若,则实数与的乘积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B

3.已知，则cos2θ等于（

）A． B．－ C． D．参考答案：C4.设双曲线的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，如果直FB与该

双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D5.在等差数列中，已知，则的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D6.下列函数中既是奇函数，又在区间上是增函数的为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略7.下列函数中既是奇函数，又在上单调递增的是

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略8.设集合，，则集合为A．{－1，0，1}

B．{0，1}

C．{－1，0}

D．参考答案：B9.将圆向右平移2个单位，向下平移1个单位后，恰好与直线相切，则实数b的值为

（

）

A．

B．—

C．

D．—参考答案：答案：B10.不等式组，表示的平面区域内的点都在圆x2+（y﹣）2=r2（r＞0）内，则r的最小值是（）A． B． C．1 D．参考答案：A【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合判断点与圆的位置关系进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：圆x2+（y﹣）2=r2（r＞0）对应的圆心坐标为（0，），由图象知只需要点B（1，0）或A（﹣1，0）在圆内即可，即r≥==，在r的最小值为，故选：A．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.过点的直线与圆截得的弦长为，则该直线的方程为

。参考答案：12.从0，1，2，3，4，5这6个数字中任意取4个数字组成一个没有重复数字且能被3整除的四位数，这样的四位数有

个．参考答案：96

略13.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E为PB的中点，cos＜，＞=，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为．参考答案：（1，1，1）【考点】空间直角坐标系．【分析】设PD=a（a＞0），确定，的坐标，利用数量积公式，即可确定E的坐标．【解答】解：设PD=a（a＞0），则A（2，0，0），B（2，2，0），P（0，0，a），E（1，1，），∴=（0，0，a），=（﹣1，1，），∵cos＜，＞=，∴=a?，∴a=2．∴E的坐标为（1，1，1）．故答案为：（1，1，1）14.记不等式x2+x﹣6＜0的解集为集合A，函数y=lg（x﹣a）的定义域为集合B．若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则实数a的取值范围为．参考答案：（﹣∞，﹣3]【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据条件求出A，B，结合充分条件和必要条件的定义进行求解即可．【解答】解：由x2+x﹣6＜0得﹣3＜x＜2，即A（﹣3，2），由x﹣a＞0，得x＞a，即B=（a，+∞），若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A?B，即a≤﹣3，故答案为：（﹣∞，﹣3]15.x，y满足约束条件，则目标函数的最大值__________．参考答案：17【分析】由题意画出可行域，改写目标函数，得到最值【详解】由约束条件可画出可行域为如图所示，目标函数，则目标函数则当取到点即时目标函数有最大值，故目标函数的最大值为17【点睛】本题考查了线性规划，其解题步骤：画出可行域、改写目标函数、由几何意义得到最值，需要掌握解题方法16.已知圆C经过两点，圆心在x轴上，则C的方程为__________．参考答案：.【分析】由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，求出的垂直平分线方程，令，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程.【详解】由圆几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，的垂直平分线为，令，得，故圆心坐标为，所以圆的半径，故圆的方程为.【点睛】本题主要考查圆的性质和圆的方程的求解,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.17.已知等差数列满足，，则的值为

．参考答案：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.如图，多面体ABCDEF中，ABCD是菱形，，FA⊥平面ABCD，，且.（1）求证：平面FAC⊥平面EFC；（2）求多面体ABCDEF的体积.参考答案：（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形，可知；根据线面垂直性质和菱形可分别证明出和，根据线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论；（2）将所求几何体拆分成三棱锥和四棱锥，分别求解出两个部分的体积，作和可求得结果.【详解】（1）证明：连接交于，设中点为,连接，，分别为，的中点,且

且四边形为平行四边形,

即平面，平面

四边形是菱形

平面，即平面又平面

平面平面（2）平面平面

到平面的距离为【点睛】本题考查面面垂直的证明、空间几何体的体积求解问题，涉及到线面垂直的判定与性质.求解体积问题的关键是能够把不规则几何体拆分成规则几何体，从而分部分来进行求解.19.己知函数f（x）=（x+l）lnx﹣ax+a（a为正实数，且为常数）（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围；（2）若不等式（x﹣1）f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数f（x）的导数，问题转化为a≤lnx++1在（0，+∞）恒成立，（a＞0），令g（x）=lnx++1，（x＞0），根据函数的单调性求出a的范围即可；（2）问题转化为（x﹣1）[（x+1）lnx﹣a]≥0恒成立，通过讨论x的范围，结合函数的单调性求出a的范围即可．【解答】解：（1）f（x）=（x+l）lnx﹣ax+a，f′（x）=lnx++1﹣a，若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则a≤lnx++1在（0，+∞）恒成立，（a＞0），令g（x）=lnx++1，（x＞0），g′（x）=，令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故g（x）min=g（1）=2，故0＜a≤2；（2）若不等式（x﹣1）f（x）≥0恒成立，即（x﹣1）[（x+1）lnx﹣a]≥0恒成立，①x≥1时，只需a≤（x+1）lnx恒成立，令m（x）=（x+1）lnx，（x≥1），则m′（x）=lnx++1，由（1）得：m′（x）≥2，故m（x）在[1，+∞）递增，m（x）≥m（1）=0，故a≤0，而a为正实数，故a≤0不合题意；②0＜x＜1时，只需a≥（x+1）lnx，令n（x）=（x+1）lnx，（0＜x＜1），则n′（x）=lnx++1，由（1）n′（x）在（0，1）递减，故n′（x）＞n（1）=2，故n（x）在（0，1）递增，故n（x）＜n（1）=0，故a≥0，而a为正实数，故a＞0．20.(本题满分14分)已知直线所经过的定点恰好是椭圆的一个焦点,且椭圆上的点到点的最大距离为8.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知圆,直线.试证明当点在椭圆上运动时,直线与圆恒相交；并求直线被圆所截得的弦长的取值范围.参考答案：（1）由,得,则由,

解得F（3,0）……………2分设椭圆的方程为,

则,解得所以椭圆的方程为.……………6分（2）因为点在椭圆上运动,所以,……………8分从而圆心到直线的距离.所以直线与圆恒相交,……………10分

又直线被圆截得的弦长为………12分由于,所以,则,即直线被圆截得的弦长的取值范围是……………14分21.（本题满分14分）．已知函数(为非零常数).（I）当时，求函数的最小值；

（II）若恒成立，求的值；（III）对于增区间内的三个实数(其中)，证明：参考答案：（I）由，得，

令，得.当，知在单调递减；当，知在单调递增；故的最小值为.

（II），当时，恒小于零，单调递减.当时，，不符合题意.

对于，由得当时，，∴在单调递减；当时，，∴在单调递增；于是的最小值为.

只需成立即可，构造函数.∵，∴在上单调递增，在上单调递减，则，仅当时取得最大值，故，即.

（III）解法：由已知得：，∴，先证，，.

设，∴在内是减函数，∴，即.

同理可证，∴.

（III）解法2：令得.下面证明.令，则恒成立，即为增函数，构造函数（），，，故时，，即得，同理可证.

即，因为增函数，得，即在区间上存在使；同理，在区间上存在使，由为增函数得.22.(本题满分14分）如图，在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上。（I）求证：平面平面；（II）当为的中点时，求异面直线