2022四川省樂山市沙灣太平鎮(zhèn)中學高三數(shù)學理下學期期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.將函數(shù)f（x）＝sinx的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)y＝g（x）的圖象，則函數(shù)y＝f（x）g（x）的最大值為A．

B．

C．1

D．參考答案：A2.已知雙曲線的中心在原點，焦點在坐標軸上，是上的點，且是的一條漸近線，則的方程為（A） （B）（C）或 （D）或參考答案：A3.若某幾何體的三視圖（單位：）如圖所示，則此幾何體的體積是（

▲

）

A． B．C． D．參考答案：D【知識點】空間幾何體的三視圖和直觀圖G2由三視圖得原幾何體是一個圓柱去掉一個棱臺，則V==，故選：D.【思路點撥】先由三視圖還原幾何體，再根據(jù)體積公式求出體積。4.已知i是虛數(shù)單位，若集合S＝{－1,0,1}，則

(

)A．i∈S

B．i2∈S

C．i3∈S

D.∈S參考答案：B5.不等式的解集為(

)A.

B.C.

D.參考答案：B6.函數(shù)的定義域為（

）A、

B、

C、

D、參考答案：B7.已知為等比數(shù)列，下面結論中正確的是A． B．C．若,則 D．若,則參考答案：【知識點】等比數(shù)列的性質．D3

【答案解析】B

解析：設等比數(shù)列的公比為q，則a1+a3=，當且僅當a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立，故A不正確；，∴，故B正確；若a1=a3，則a1=a1q2，∴q2=1，∴q=±1，∴a1=a2或a1=﹣a2，故C不正確；若a3＞a1，則a1q2＞a1，∴a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負由q的符號確定，故D不正確故選B．【思路點撥】a1+a3=，當且僅當a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立；，所以；若a1=a3，則a1=a1q2，從而可知a1=a2或a1=﹣a2；若a3＞a1，則a1q2＞a1，而a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負由q的符號確定，故可得結論．8.設是公差不為0的等差數(shù)列的前n項和，且成等比數(shù)列，則的值為（）A.1

B.2

C.3

D.4參考答案：C9.200輛汽車經(jīng)過某一雷達地區(qū)，時速頻率分布直方圖如圖所示，則時速超過60km/h的汽車數(shù)量為（A）65輛（B）76輛（C）88輛（D）輛95參考答案：B10.函數(shù)的圖象是

(

）參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知向量，，滿足，且，，

，則

．參考答案：12.已知現(xiàn)有4個半徑為1的球兩兩外切，則這4個球的外切正四面體的棱長是．參考答案：2+2【考點】LR：球內接多面體．【分析】把球的球心連接，則又可得到一個棱長為2的小正四面體，正四面體的中心到底面的距離是高的，且小正四面體的中心和正四面體容器的中心應該是重合的，先求出小正四面體的中心到底面的距離，再求出正四面體的中心到底面的距離，把此距離乘以4可得正四棱錐的高，再根據(jù)正四面體的棱長與高的關系求得棱長．．【解答】解：由題意知，底面放三個球，上再落一個球．于是把球的球心連接，則又可得到一個棱長為2的小正四面體，則不難求出這個小正四面體的高為，且由正四面體的性質可知：正四面體的中心到底面的距離是高的，且小正四面體的中心和正四面體容器的中心應該是重合的，∴小正四面體的中心到底面的距離=，正四面體的中心到底面的距離是，所以可知正四面體的高的最小值為（+1）×4=4+，設正四面體的棱長為m，，解得m=，故答案為：2+2．13.若正數(shù)滿足，則的最大值為

.參考答案：略14.已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，P為雙曲線右支上的一點，且|PF1|=2|PF2|．若△PF1F2為等腰三角形，則該雙曲線的離心率為

．參考答案：2【考點】雙曲線的簡單性質．【分析】運用雙曲線的定義和等腰三角形的定義，由離心率公式，計算即可得到，注意離心率的范圍．【解答】解：P為雙曲線右支上的一點，則由雙曲線的定義可得，|PF1|﹣|PF2|=2a，由|PF1|=2|PF2|，則|PF1|=4a，|PF2|=2a，由△PF1F2為等腰三角形，則|PF1|=|F1F2|或|F1F2|=|PF2|，即有4a=2c或2c=2a，即有e==2（1舍去）．故答案為：2．15.已知圓圍成的封閉區(qū)域上（含邊界）的整點（坐標均為整數(shù)的點）數(shù)是橢圓圍成的封閉區(qū)域上（含邊界）整點數(shù)的，則正實數(shù)的取值范圍是

．參考答案：16.已知等比數(shù)列的各均為正數(shù)，且，則數(shù)列的通項公式為

；參考答案：由得，，所以。又，即，所以，所以。17.設，則的值

.參考答案：【知識點】二倍角公式.C6【答案解析】解析：解：由題可知【思路點撥】根據(jù)正切的二倍角公式直接可求出結果.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，圓O的直徑AB=10，弦DE⊥AB于點H，BH=2．（Ⅰ）求DE的長；（Ⅱ）延長ED到P，過P作圓O的切線，切點為C，若PC=2，求PD的長．參考答案：【考點】與圓有關的比例線段．【專題】選作題；推理和證明．【分析】（Ⅰ）由已知中弦DE⊥AB于點H，AB為圓O的直徑，由垂徑定理，我們易得DH=HE，進而由相交弦定理，得DH2=AH?BH，由AB=10，HB=2，代入即可求出DH，進而得到DE的長；（Ⅱ）由于PC切圓O于點C，由切割線定理，我們易得PC2=PD?PE，結合（Ⅰ）的結論和PC=2，代入即可求出PD的長．【解答】解：（Ⅰ）∵AB為圓O的直徑，AB⊥DE，∴DH=HE，∴DH2=AH?BH=（10﹣2）×2=16，∴DH=4，∴DE=2DH=8；（Ⅱ）∵PC切圓O于點C，∴PC2=PD?PE，即（2）2=PD?（PD+8），∴PD=2．【點評】本題考查的知識點是垂徑定理，相交弦定理及切割線定理，分析已知線段與未知線段之間的位置關系，進而選擇恰當?shù)亩x進行求解是解答此類問題的關鍵．19.已知函數(shù)．(Ⅰ)設，求的值域；(Ⅱ)在△ABC中，角，，所對的邊分別為，，．已知c=1，，且△ABC的面積為，求邊a和b的長．參考答案：（Ⅰ）==．時，值域為．

（Ⅱ）因為，由（1）知．因為△ABC的面積為，所以，于是.

①在△ABC中，設內角A、B的對邊分別是a，b.由余弦定理得，所以．

②由①②可得或略20.在四棱錐P—ABCD中，AD⊥AB，AD∥BC，△PDA，△PAB都是邊長為1的正三角形.（1）證明：平面PDB⊥平面ABCD；（2）求點C到平面PAD的距離.參考答案：（Ⅰ）證明：如圖，連接∵，都是正三角形，∴，設為的中點，∴，，在Rt中，，∴，∵為的中點，∴，在等腰中，，，∴，在中，，，，∵，∴，又∵，∴平面，又∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，，設點到平面的距離為，則，即，∴，∴點到平面的距離為．21.已知集合A={y|y=﹣2x，x∈[2，3]}，B={x|x2+3x﹣a2﹣3a＞0}．（1）當a=4時，求A∩B；（2）若A?B，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：考點：集合的包含關系判斷及應用；交集及其運算．專題：計算題；分類討論．分析：（1）先利用函數(shù)的值域化簡A，利用一元二次不等式的解化簡B，最后利用交集的定義求出A∩B即可；（2）題中條件：“A?B”說明集合A是集合B的子集，即不等式：（x﹣a）（x+a+3）＞0的解集是B的子集，對a進行分類討論，結合端點的不等關系列出不等式求解即可．解答：解：（1）A=[﹣8，﹣4]（2分）當a=4時，B={x|x2+3x﹣28＞0}={x|x＜﹣7或x＞4}，（4分）∴A∩B=[﹣8，﹣7）（5分）（2）B={x|（x﹣a）（x+a+3）＞0}①當時，，∴恒成立；（8分）②當時，B={x|x＜a或x＞﹣a﹣3}∵A?B，∴a＞﹣4或﹣a﹣3＜﹣8解得a＞﹣4或a＞5（舍去）所以﹣4＜a＜﹣（11分）③當時，B={x|x＜﹣a﹣3或x＞a}∵A?B，∴﹣a﹣3＞﹣4或a＜﹣8（舍去）解得（13分）綜上，當A?B，實數(shù)a的取值范圍是（﹣4，1）．（14分）點評：本小題主要考查函數(shù)的值域、函數(shù)的定義域、不等式的解法、集合的包含關系判斷及應用、交集及其運算等基礎知識，考查運算求解能力，考查分類討論思想、化歸與轉化思想．屬于基礎題．22.已知函數(shù)f（x）=|x﹣2|，g（x）=﹣|x+3|+m．（1）解關于x的不等式f（x）+a﹣1＞0（a∈R）；（2）若函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的上方，求m的取值范圍．參考答案：【考點】：絕對值不等式的解法；函數(shù)恒成立問題．【專題】：計算題；壓軸題．【分析】：（1）不等式轉化為|x﹣2|+|a﹣1＞0，對參數(shù)a進行分類討論，分類解不等式；（2）函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的上方，可轉化為不等式|x﹣2|+|x+3|＞m恒成立，利用不等式的性質求出|x﹣2|+|x+3|的最小值，就可以求出m的范圍．解：（Ⅰ）不等式f（x）+a﹣1＞0即為|x﹣2|+a﹣1＞0，當a=1時，解集為x≠2，即（﹣∞，2）∪（2，+∞）；當a＞1時，解集為全體實數(shù)R；當a＜1時，