2022年贵州省遵义市井坝学校高三数学理下学期期末试卷含解析

2022年贵州省遵义市井坝学校高三数学理下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.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入a，b分别为9，15，则输出的a=（）A．1 B．2 C．3 D．15参考答案：C【考点】程序框图．【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．【解答】解：由a=9，b=15，不满足a＞b，则b变为15﹣9=6，由b＜a，则a变为9﹣6=3，不满足a＞b，则b变为6﹣3=3，由a=b=3，则输出的a=3．故选：C．2.若复数为纯虚数，则的虚部为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B3.已知球的直径，是该球球面上的两点，，，则三棱锥的体积为A．B．C．D．参考答案：B4.若，则（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】根据诱导公式及角之间的关系，，，可利用余弦的二倍角公式求解.【详解】因为，又，所以，故选B.5.若，则下列结论正确的是（

） A．

B． C．

D．参考答案：D6.已知集合P=｛x︱x2≤1｝,M=｛a｝.若P∪M=P,则a的取值范围是（

）

A．(-∞,-1]

B．[1,+∞）

C．[-1，1]

D．（-∞，-1]∪[1，+∞）参考答案：C7.半径为r的球面上有A，B，C，D四点，且直线AB，AC，AD两两垂直，若

的面积之和=72，则r的最小值为（

）

A．4

B．6

C．8

D．10

参考答案：B略8.（多选题）在三棱锥D-ABC中，，且，，M，N分别是棱BC，CD的中点，下面结论正确的是（

）A. B.平面ABDC.三棱锥A-CMN的体积的最大值为 D.AD与BC一定不垂直参考答案：ABD【分析】根据题意画出三棱锥D-ABC，取中点，连接：对于A，根据等腰三角形性质及线面垂直判定定理可证明平面，从而即可判断A；对于B，由中位线定理及线面平行判定定理即可证明；对于C，当平面平面时，三棱锥A-CMN的体积最大，由线段关系及三棱锥体积公式即可求解；对于D，假设，通过线面垂直判定定理可得矛盾，从而说明假设不成立，即可说明原命题成立即可.【详解】根据题意，画出三棱锥D-ABC如下图所示，取中点，连接：对于A，因为，且，，所以为等腰直角三角形，则且，则平面，所以，即A正确；对于B，因为M，N分别是棱BC，CD的中点，由中位线定理可得，而平面，平面，所以平面，即B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥A-CMN的体积最大，则最大值为，即C错误；对于D，假设，由,且,所以平面，则，又因为，且，所以平面，由平面，则，由题意可知，因而不能成立，因而假设错误，所以D正确；综上可知，正确的为ABD，故选：ABD.【点睛】本题考查了空间几何体的性质及综合应用，三棱锥体积公式，线面平行、线面垂直的判定定理及性质应用，属于中档题.9.已知是函数的图象与轴的两个不同交点，其图象的顶点为，则面积的最小值是（）A．１

B．C．

D．参考答案：A略10.已知a∈R，i为虚数单位，且(1+ai)(1+i)为实数，则a＝（

）A．1 B．-1 C．2 D．-2参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.某企业2011年初贷款万元，年利率为，按复利计算，从2011年末开始，每年末偿还一定金额，计划第5年底还清，则每年应偿还的金额数为

万元．参考答案：略12.把函数的图象向左平移个单位，所得曲线的一部分如图所示，则ω+φ=

参考答案：略13.直线经过点，且与曲线相切，若直线的倾斜角为，则参考答案：【考点】抛物线【试题解析】若直线的倾斜角为，则直线的斜率为1，所以

联立，消y得：

因为直线与曲线相切，所以14.如图，某三棱锥的三视图都是直角边为的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是

参考答案：略15.已知直线l：12x﹣5y=3与x2+y2﹣6x﹣8y+16=0相交于A，B两点，则|AB|=

．参考答案：4

【考点】直线与圆的位置关系．【分析】把圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标和圆的半径r，根据题意画出图形，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离d，由求出的d与半径r，根据垂径定理与勾股定理求出|AB|的一半，即可得到|AB|的长．【解答】解：把圆的方程化为标准方程得：（x﹣3）2+（y﹣4）2=9，∴圆心坐标为（3，4），半径r=3，∴圆心到直线12x﹣5y=3的距离d==1，则|AB|=2=4故答案为：416.函数的单调增区间是

。参考答案：均可17.设x，y满足约束条件，若x2+9y2≥a恒成立，则实数a的最大值为

．参考答案：【考点】简单线性规划．【分析】根据不等式恒成立转化为求出z=x2+9y2的最小值即可，作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z=x2+9y2，则z＞0，即=1，则对应的曲线是焦点在x轴上的椭圆，由图象知当直线x+y=1与椭圆相切时，z最小，将y=1﹣x代入z=x2+9y2，整理得10x2﹣18x﹣9﹣z=0，则判别式△=182﹣4×10（9﹣z）=0，解得z=，即z的最小值为，则a≤，则a的最大值为，故答案为：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.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线相切.（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）设S为椭圆右顶点，过椭圆C的右焦点的直线与椭圆C交于P、Q两点（异于S），直线PS、QS分别交直线于A、B两点.求证：A、B两点的纵坐标之积为定值.参考答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【分析】（Ⅰ）求出后可得椭圆方程.（Ⅱ）当直线的斜率不存在，计算可得两点的纵坐标之积为.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，则，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简后可得定值.【详解】解：（Ⅰ）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，所以半径等于原点到直线的距离，，即.由离心率，可知，且，得.故椭圆的方程为.

（Ⅱ）由椭圆的方程可知.若直线的斜率不存在，则直线方程为，所以.则直线的方程为，直线的方程为.令，得，.所以两点的纵坐标之积为.若直线的斜率存在，设直线的方程为,由得，依题意恒成立.设，则.设，由题意三点共线可知，所以点的纵坐标为.同理得点的纵坐标为.所以综上，两点的纵坐标之积为定值.【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组，消元后得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值等问题.19.如图，四棱锥中，平面平面,，.(1)证明：；(2)若，求二面角的余弦值.参考答案：(1)如图，连接交于点，，即为等腰三角形，又平分，故，因为平面底面，平面底面平面，因平面，所以(2)作于点，则底面，以为坐标原点的方向分别为

轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，而，得，又，故.由，得，故，所以，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，得，因此可取.由，得，因此可取,从而法向量的夹角的余弦值为.由图可知二面角是钝角，故二面角的余弦值为.本题主要考查线面、面面垂直的判定与性质、二面角、空间向量的应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力.(1)连接交于点，证明，由面面垂直的性质定理可得平面，则结论易得；(2)作于点，则底面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用向量的夹角公式求解即可.20.（本小题满分14分）在中，角，，所对应的边分别为，，，且．（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）若，求的面积.参考答案：解：（Ⅰ）因为，由正弦定理，得

．

∴．

∵,

∴，

∴．

又∵

，

∴．

（Ⅱ）由正弦定理，得，

由可得，由，可得

，

∴．

21.如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．（1）若N是BC的中点，证明：AN∥平面CME；（2）证明：平面BDE⊥平面BCD．（3）求三棱锥D﹣BCE的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积；平面与平面垂直的判定．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何．【分析】（1）连接MN，则MNCD，由侧视图可知AECD，故MNAE，于是四边形ANME为平行四边形，得出AN∥EM，于是AN∥平面BDE；（2）由AB=AC可得AN⊥BC，由侧面BCD⊥底面ABC可得AN⊥平面BCD，故而EM⊥平面BCD，于是平面BDE⊥平面BCD；（3）以平面BCD为棱锥的底面，则EM为棱锥的高，利用直棱柱的结构特征计算棱锥的底面积和高，得出体积．【解答】（1）证明：连接MN，则MN是△BCD的中位线，∴MN∥CD，MN=CD．由侧视图可知AE∥CD，AE=CD，∴MN=AE，MN∥AE．∴四边形ANME为平行四边形，∴AN∥EM．∵AN?平面CME，EM?平面CME，∴AN∥平面CME．（2）证明：由俯视图可知AC=AB，∵N是BC的中点，∴AN⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AN?平面ABC，∴AN⊥平面BCD．由（1）知AN∥EM，∴EM⊥平面BCD．又EM?平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCD．（3）解：由俯视图得AB⊥AC，AB=AC=2，∴BC=AB=2，∵N是BC中点，∴AN=，∴EM=．由侧视图可知CD=4，CD⊥BC，∴S△BCD===4．∴VD﹣BCE=VE﹣BCD=S△BCD?|EM|=×4×=．【点评】本题考查了线面平行的判定，面面垂直的性质与判定，棱锥的体积计算，属于中档题．22.（本题满分12分）如图，一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，且DC平面ABC.（I）证明:GH//平面ACD；（II）若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.参考答案：【知识点】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．G4G9G11（I）见解析;（II）

解析：（I）证明：连结GO,OH

∵GO//AD,OH//AC.....................................................................................（2分）∴GO//平面ACD,OH//平面ACD,又GO交HO于O......................................（.4分）∴平面GOH//平面ACD.........................................................................（5分）∴GH//平面ACD........................................................................................（6分）（II）

法一：以CB为x轴，CB为y轴，CD为z轴，建立如图所示的直角坐标系则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2)平面BCE的法向量，设平面OCE的法向量............（8分）∴则，故令........................................................