1、2022-2023學(xué)年云南省昆明市宜良縣北羊街中學(xué)高三數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試卷含解析一、 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(xiàng)中，只有是一個符合題目要求的1. 在直線，曲線及軸軸所圍成的封閉圖形的面積是（ ）A. B. C. D. 參考答案：D2. 某校高三一班有學(xué)生54人，二班有學(xué)生42人，現(xiàn)在要用分層抽樣的方法從兩個班抽出16人參加視力測試，則一班和二班分別被抽取的人數(shù)是（ ）（A）8，8 （B）9，7 （C）10，6 （D）12，4 參考答案：B略3. 已知函數(shù)f(x)|x|，則函數(shù)yf(x)的大致圖像為 ( )參考答案：B略4. 函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是 （

2、） A B(0,2 ) C(1,4 ) D (3, +) 參考答案：D略5. 對于不重合的兩個平面，給定下列條件： 存在平面，使得都垂直于； 存在平面，使得都平行于； 存在直線，直線，使得； 存在異面直線l、m，使得 其中，可以判定與平行的條件有 （ ） A1個 B2個 C3個 D4個參考答案：答案：B解析： 由線面位置關(guān)系不難知道:正確的.6. 下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在上單調(diào)遞增的是（ ） A. B. C. D .參考答案：B略7. 函數(shù)的最小值和最大值分別為（ ）A B C D 參考答案：C略8. 動直線與拋物線交于A、B兩個不同點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則（ ）A. 無最大值，無最小值 B.

3、 無最大值，有最小值 C. 有最大值，無最小值 D. 有最大值，有最小值參考答案：B9. 表示不同直線，M表示平面，給出四個命題：若M，M，則 或相交或異面；若M，則M；，則； M，M，則。其中正確命題為A B C D參考答案：D10. 已知傾斜角為的直線與直線垂直，則的值為ABCD參考答案：B由已知，所以.二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 設(shè)的內(nèi)角所對邊的長分別為,若,則角=_.參考答案：略12. 已知函數(shù)的最大值為3，的圖象與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為，其相鄰兩條對稱軸間的距離為2，則參考答案：【知識點(diǎn)】二倍角的余弦；余弦函數(shù)的圖象C3 C64030 解析：函數(shù)=A?+1 =

4、cos（2x+2）+1+ （A0，0，0）的最大值為3，+1+=3，A=2根據(jù)函數(shù)圖象相鄰兩條對稱軸間的距離為2，可得函數(shù)的最小正周期為4，即=4，=再根據(jù)f（x）的圖象與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），可得 cos（2）+1+1=2，cos2=0，2=，=故函數(shù)的解析式為 f（x）=cos（x+）+2=sinx+2，f（1）+f（2）+f（2014）+f（2015）=（sin+sin+sin+sin+sin）+22015=5030sinsinsin+4030=0+4030=4030，故答案為：4030【思路點(diǎn)撥】由條件利用二倍角的余弦公式可得f（x）=cos（2x+2）+1+，由函數(shù)的最值求出A

5、，由周期求出，由特殊點(diǎn)的坐標(biāo)求出的值，可得函數(shù)的解析式，再利用函數(shù)的周期性求得所求式子的值13. 在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)的最大值是1，則ab的最大值等于 。參考答案：略14. 已知圓柱的底面半徑為2，母線長與底面的直徑相等，則該圓柱的表面積為參考答案：24【考點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）【分析】根據(jù)已知求出圓柱的母線長，代入圓柱表面積公式S=2r（r+l）可得答案【解答】解：圓柱的底面半徑為2，母線長與底面的直徑相等，故圓柱的母線l=4，故圓柱的表面積S=2r（r+l）=24，故答案為：2415. 過點(diǎn)且平行于直線的直線方程為_.參考答案：略16. 設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，給定一個點(diǎn)A（4，3），而

6、點(diǎn)B（x，0）在x軸的正半軸上移動，l（x）表示線段AB的長，則OAB中兩邊長的比值的最大值為 參考答案：【考點(diǎn)】正弦定理【分析】在三角形AOB中，利用正弦定理即可表示出兩條邊的比值，然后根據(jù)三角函數(shù)的定義求出sinAOB的值，兩邊的比值最大即sinA等于1，利用sinA等于1和求出的sinAOB的值即可得到比值的最大值【解答】解：在AOB中，由正弦定理得： =即=，且sinAOB=，因?yàn)锳為定點(diǎn)，得到AOB不變，所以當(dāng)sinA=1時，OAB中兩邊長的比值取最大，最大值為=故答案為：17. 若圓柱的側(cè)面積和體積的值都是12，則該圓柱的高為 參考答案：3三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解

7、答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 已知函數(shù)（1）當(dāng)時，求該函數(shù)的值域；（2）若恒成立，求m的取值范圍.參考答案：（1）函數(shù)的值域?yàn)椋?2) 略19. 已知橢圓C:的焦距為，且C過點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B1、B2分別是橢圓C的下頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上異于B1、B2的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作軸于M，N為線段PM的中點(diǎn)，直線B2N與直線交于點(diǎn)D，E為線段B1D的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則是否為定值，若是，請求出定值；若不是，請說明理由.參考答案：（1）（2）見解析【分析】（1）由焦距為，得，由橢圓過點(diǎn)，得，再由a2b2+c2，解得a2，b1，由此能求出橢圓C的方程；（2）設(shè)P（x0，y

8、0），x00，則M（0，y0），由此能求出直線B2N的方程，令y1，得，由B2（0，1），E為線段B1D的中點(diǎn)，得，從而，由此能證明【詳解】(1)由題意各焦距為，又橢圓過點(diǎn)，代入橢圓方程得，解得，故所求橢圓C的方程是；(2)證明：設(shè)，則，點(diǎn)P在橢圓C上，即，又，直線的方程為，令，得，又，E為線段的中點(diǎn)，因.，即.【點(diǎn)睛】本題考查橢圓的方程的求法，考查線線垂直的證明，考查直線與橢圓的位置關(guān)系、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識，綜合程度較高，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題20. 選修45：不等式選講（10分）已知函數(shù)f(x)=x+1x2.（1）求不等式f(x)1的解集；（2）若不

9、等式f(x)x2x +m的解集非空，求m的取值范圍.參考答案：（2）原式等價于存在，使成立，即 設(shè)由（1）知 當(dāng)時，其開口向下，對稱軸當(dāng)時 其開口向下，對稱軸為當(dāng)時，其開口向下，對稱軸為綜上 的取值范圍為 . 21. 為了降低能源損耗，某體育館的外墻需要建造隔熱層體育館要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C萬元與隔熱層厚度cm滿足關(guān)系：(，為常數(shù))，若不建隔熱層，每年能源消耗費(fèi)用為8萬元設(shè)為隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和（I）求的值及的表達(dá)式；（II）隔熱層修建多厚時，總費(fèi)用達(dá)到最??？并求最小值參考答案：（）當(dāng)時， （） 設(shè)， 當(dāng)且僅

10、當(dāng)這時，因此的最小值為70即隔熱層修建厚時，總費(fèi)用達(dá)到最小，最小值為70萬元略22. （16分）已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=a，（an+1）（an+1+1）=6（Sn+n），nN*（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）若對于?nN*，都有Snn（3n+1）成立，求實(shí)數(shù)a取值范圍；（3）當(dāng)a=2時，將數(shù)列an中的部分項(xiàng)按原來的順序構(gòu)成數(shù)列bn，且b1=a2，證明：存在無數(shù)個滿足條件的無窮等比數(shù)列bn參考答案：【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式【分析】（1）當(dāng)n=1時，（a1+1）（a2+1）=6（S1+1），故a2=5；當(dāng)n2時，（an1+1）（an+1）=6（Sn1+n1），可得

11、（an+1）（an+1an1）=6（an+1），因此an+1an1=6，分奇數(shù)偶數(shù)即可得出（2）當(dāng)n為奇數(shù)時，由Snn（3n+1）得，恒成立，利用單調(diào)性即可得出當(dāng)n為偶數(shù)時，由Snn（3n+1）得，a3（n+1）恒成立，即可得出（3）證明：當(dāng)a=2時，若n為奇數(shù)，則an=3n1，所以an=3n1解法1：令等比數(shù)列bn的公比q=4m（mN*），則設(shè)k=m（n1），可得54m（n1）=53（1+4+42+4k1）+1，=35（1+4+42+4k1）+21，因?yàn)?（1+4+42+4k1）+2為正整數(shù)，可得數(shù)列bn是數(shù)列an中包含的無窮等比數(shù)列，進(jìn)而證明結(jié)論解法2：設(shè)，所以公比因?yàn)榈缺葦?shù)列bn的各項(xiàng)為

12、整數(shù)，所以q為整數(shù)，取，則q=3m+1，故，由得，n2時，可得kn是正整數(shù)，因此以數(shù)列bn是數(shù)列an中包含的無窮等比數(shù)列，即可證明【解答】解：（1）當(dāng)n=1時，（a1+1）（a2+1）=6（S1+1），故a2=5；當(dāng)n2時，（an1+1）（an+1）=6（Sn1+n1），所以（an+1）（an+1+1）（an1+1）（an+1）=6（Sn+n）6（Sn1+n1），即（an+1）（an+1an1）=6（an+1），又an0，所以an+1an1=6，（3分）所以a2k1=a+6（k1）=6k+a6，a2k=5+6（k1）=6k1，kN*，故（2）當(dāng)n為奇數(shù)時，由Snn（3n+1）得，恒成立，令，則

13、，所以af（1）=4（8分）當(dāng)n為偶數(shù)時，由Snn（3n+1）得，a3（n+1）恒成立，所以a9又a1=a0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，4（10分）（3）證明：當(dāng)a=2時，若n為奇數(shù)，則an=3n1，所以an=3n1解法1：令等比數(shù)列bn的公比q=4m（mN*），則設(shè)k=m（n1），因?yàn)?，所?4m（n1）=53（1+4+42+4k1）+1，=35（1+4+42+4k1）+21，（14分）因?yàn)?（1+4+42+4k1）+2為正整數(shù)，所以數(shù)列bn是數(shù)列an中包含的無窮等比數(shù)列，因?yàn)楣萹=4m（mN*）有無數(shù)個不同的取值，對應(yīng)著不同的等比數(shù)列，故無窮等比數(shù)列bn有無數(shù)個（16分）解法2：設(shè)，所以公比因?yàn)榈缺葦?shù)列bn的各項(xiàng)為整數(shù)