2022年湖南省怀化市新晃县第一中学高三数学理期末试卷含解析

2022年湖南省怀化市新晃县第一中学高三数学理期末试卷含解析一、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.“”是”对,均有”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：A略2.项数为n的数列a1，a2，a3，…，an的前k项和为Sk(k＝1,2,3，…，n)，定义为该项数列的“凯森和”，如果项数为99项的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1000，那么项数为100的数列100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为()A．991

B．1001

C．1090

D．1100参考答案：C略3.若cos（π+α）=﹣，且α∈（﹣，0），则tan（+α）的值为（）A．﹣ B． C．﹣ D．参考答案：A【考点】运用诱导公式化简求值．【分析】由已知及诱导公式可解得：cosα=，由α∈（﹣，0），从而可求sinα的值，诱导公式化简所求后代入即可求值．【解答】解：∵cos（π+α）=﹣，∴可解得：cosα=，∵α∈（﹣，0），∴sinα=﹣=﹣，∴tan（+α）=﹣cotα==﹣．故选：A．4.已知，是两条不同直线，，是两个不同的平面，且，则下列叙述正确的是（A）若，，则

（B）若，，则（C）若，，则

（D）若，，则参考答案：【知识点】线线关系，线面关系G4G5C解析：A中，还可能相交；B中，还可能异面；D中可能，故选C.【思路点拨】熟悉空间中线线，线面关系的判断，逐一排除即可.5.已知{an}是各项均为正数的等比数列（公比q＞1），bn=log2an，b1+b2+b3=3，b1b2b3=﹣3，则an=（）A． B．C． D．或参考答案：A【考点】88：等比数列的通项公式．【分析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，则log2a1+log2a2+log2a3=3，从而a1a2a3=8，进而a2=2．由b1b2b3=﹣3，得log2a1?log2a2?log2a3=﹣3，从而log2a1?log2a3=﹣3，进而（log2a2﹣log2q）（log2a2+log2q）=﹣3，解得q=4，，由此能求出结果．【解答】解：设数列{an}的首项为a1，公比为q，∵b1+b2+b3=3，∴log2a1+log2a2+log2a3=3，∴log2（a1a2a3）=3，∴a1a2a3=8，∴a2=2．∵b1b2b3=﹣3，∴log2a1?log2a2?log2a3=﹣3，∴log2a1?log2a3=﹣3，∴，即（log2a2﹣log2q）（log2a2+log2q）=﹣3，即（1﹣log2q）（1+log2q）=﹣3，解得log2q=±2，又∵q＞1，∴log2q=2，解得q=4，，∴．故选：A．6.若复数满足，则在复平面内对应的点的坐标是(

)A．

B.

C.

D.参考答案：D略7.若x，y满足约束条件则z=3x+2y的取值范围（）A．[，5] B．[，5] C．[，4] D．[，4]参考答案：A【考点】简单线性规划．【专题】计算题；作图题；不等式的解法及应用．【分析】由题意作出其平面区域，令z=3x+2y，从而可化得y=﹣x+，再解出C，D两点的坐标，由的几何意义及图象求解即可．【解答】解：由题意作出其平面区域，

令z=3x+2y，则y=﹣x+；由解得，x=y=；故C（，）；由解得，x=y=1；故D（1，1）；结合图象及的几何意义知，3×+2×≤3x+2y≤3×1+2×1；即≤3x+2y≤5；故选A．【点评】本题考查了线性规划的应用及学生的作图用图能力，属于中档题．8.已知数列{an}为等比数列，且a3=﹣4，a7=﹣16，则a5=（）A．8 B．﹣8 C．64 D．﹣64参考答案：B【考点】等比数列的通项公式．【分析】由等比数列通项公式知=a3?a7，且=﹣4q2＜0，由此能求出a5的值．【解答】解：∵数列{an}为等比数列，且a3=﹣4，a7=﹣16，∴=a3?a7=（﹣4）?（﹣16）=64，且=﹣4q2＜0，∴a5=﹣8．故选：B．【点评】本题考查等比数列的第5项的求法，考查等比数列的性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，是基础题．9.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图像，则只要将的图像 （

）A．向右平移个单位长度

B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度

D．向左平移个单位长度参考答案：A10.如果实数x、y满足条件，那么2x﹣y的最大值为（）A．2 B．1 C．﹣2 D．﹣3参考答案：B【考点】简单线性规划的应用．【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=2x﹣y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．【解答】解：先根据约束条件画出可行域，当直线2x﹣y=t过点A（0，﹣1）时，t最大是1，故选B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数y=cos（x+）的最小正周期为

．参考答案：4π【分析】找出ω的值，代入周期公式计算即可得到结果．【解答】解：∵ω=，∴函数的最小正周期T==4π，故答案为：4π【点评】此题考查了三角函数的周期性及其求法，熟练掌握周期公式是解本题的关键．12.函数，则的值等于

参考答案：813.如果对于函数的定义域内任意两个自变量的值，当时，都有且存在两个不相等的自变量，使得，则称为定义域上的不严格的增函数．已知函数的定义域、值域分别为，，，且为定义域上的不严格的增函数，那么这样的函数共有________个．参考答案：9试题分析：由题意，若函数g（x）是三对一的对应，则有{1，2，3}对应1；{1，2，3}对应2；{1，2，3}对应3三种方式，故此类函数有三种，若函数是二对一的对应，则有{1，2}对1，3对2；；{1，2}对1，3对3，有两种；1对1，{2，3}对2；1对1，{2，3}对3，有两种；1对2，{2，3}对3，有一种；若函数是一对一的对应，则1对1，2对2，3对3，共一种；综上，这样的g（x）共有3+2+2+1+1=9种.考点：1.函数单调性的性质；2.分类讨论的思想方法14.三棱锥的外接球为球，球的直径是，且、都是边长为1的等边三角形，则三棱锥的体积是----------.参考答案：略15.若，则

。参考答案：(3，4)略16.调查某养殖场某段时间内幼崽出生的时间与性别的关系，得到下面的数据表：

晚上白天雄性雌性从中可以得出幼崽出生的时间与性别有关系的把握有_________参考公式：，其中

参考答案：99%17.展开式中系数为21，则=

参考答案：1或-2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.(本小题满分14分)如图所示，在正方体中，是棱的中点．(I)证明：平面平面；(II)在棱上是否存在一点，使//平面？证明你的结论．

参考答案：解：（Ⅰ）证明:因为多面体为正方体，所以；因为，所以．

又因为，，所以

因为,所以平面平面.

（Ⅱ）当点F为中点时，可使//平面.

以下证明之：

易知：//，且，

设，则//且,

所以//且，

所以四边形为平行四边形.所以//.

又因为，．

所以//面

略19.已知函数，（）（Ⅰ）若函数存在极值点，求实数的取值范围；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）当且时，令，()，()为曲线上的两动点，O为坐标原点，能否使得是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上？请说明理由．参考答案：当时，则；

…………11分当时，，代入方程得即，

…………………12分设，则在上恒成立．∴在上单调递增，从而，则值域为．∴当时，方程有解，即方程有解．

…………13分综上所述，对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，使得是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．

………………14分．

略20.(12分)如图，在四棱锥中，底面是的中点.

(I)证明：；

(II)证明：平面；

(III)求二面角的大小.参考答案：解析：(I)证明：在四棱锥中，因底面平面故.

平面.

而平面.(II)证明：由可得.是的中点，.

由(I)知，且所以平面.而平面.

底面在底面内射影是.

又综上得平面.(III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面在平面内的射影是则.因此是二面角的平面角.

由已知，得.设可得

在中，.则

在中，

所以二面角的大小是解法二：由题设底面平面则平面平面交线为

过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.

由已知，可得.设可得

∽

于是，

在中，

所以二面角的大小是【考点】本小题考查直线与直线垂直、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.21.（本题满分12分）如图，四棱锥中，底面是矩形，

是线段的中点

（1）证明：（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.

参考答案：（1）连接由底面为矩形，是的中点，可知（2分）（5分）（2）、以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，（6分）

（7分）设平面的法向量为由可得（9分）又平面是平面的一个法向量，,

（10分）所求二面角的余弦值为

（12分）22.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为的菱形，∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=，M，N分别为PB，PD的中点．（1）证明：MN∥平面ABCD；（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值．参考答案：考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．分析：（1）连接BD，利用三角形的中位线的性质，证明MN∥BD，再利用线面平行的判定定理，可知MN∥平面ABCD；（2）方法一：连接AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系，求出平面AMN的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值；方法二：证明∠AEQ为二面角A﹣MN﹣Q的平面角，在△AED中，求得AE=，QE=，AQ=2，再利用余弦定理，即可求得二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值．解答： （1）证明：连接BD．∵M，N分别为PB，PD的中点，∴在△PBD中，MN∥BD．又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD∴MN∥平面ABCD；（2）方法一：连接AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，得AC=AB=，BD=∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC在直角△PAC中，，AQ⊥PC得QC=2，PQ=4，由此知各点坐标如下A（﹣，0，0），B（0，﹣3，0），C（，0，0），D（0，3，0），P（），M（），N（）Q（）设=（x，y，z）为平面AMN的法向量，则．∴，取z=﹣1，，同理平面QMN的法向量为∴=∴所求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值为．方法二：在菱形ABCD中，∠BAD=120°，得AC=AB=BC=CD=DA=，BD=∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，∴PB=PC=PD，∴△PBC≌△PDC而M，N分别是PB，PD