山西省長治市長子縣慈林鎮第三中學2022-2023學年高三數學理下學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中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數f（x）=sin（ωx+φ），x∈R（其中ω＞0，﹣π＜φ＜π）的部分圖象，如圖所示．那么f（x）的解析式為（）A．f(x)=sin(x+) B． f(x)=sin(x﹣)C．f(x)=sin(2x+) D．f(x)=sin(2x﹣)參考答案：A【考點】由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式．【分析】通過函數的圖象，求出函數的周期，求出ω，利用函數經過的特殊點，求出φ，得到函數的解析式．【解答】解：由圖象可知T=2（﹣）=2π，所以可得：ω=1，因為函數的圖象經過（，0），所以0=sin（+φ），由五點作圖法可得：+φ=2π，所以解得：φ=，所求函數的解析式為：y=sin（x+）．故選：A．【點評】本題考查函數的圖象與函數的解析式的求法，考查函數的圖象的應用，考查計算能力，屬于基礎題．2.不等式的解集為(

)A.

B.C.

D.參考答案：B3.某程序框圖如圖所示，若輸入的a，b分別為12，30，則輸出的a=A.2

B.4

C.6

D.8參考答案：C4.復數的實部為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D由題意可得，，其實部為2，故選D.5.設函數的導函數為，對任意xR都有成立，則

（）

A.

B．C.

D.與的大小不確定參考答案：【知識點】導數的應用.

B12【答案解析】A

解析：設，則在xR上恒成立，所以是R上的減函數，所以，即，故選A.【思路點撥】構造新函數，利用已知條件判斷其單調性，從而得正確選項.6.設a>0，b>0，則下列不等式中不恒成立的是（

）A．

B．C．

D．（m>0）參考答案：D略7.如圖為一個幾何體的三視圖，尺寸如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．2 B．3 C．5 D．5參考答案：D考點：由三視圖求面積、體積．專題：計算題；空間位置關系與距離．分析：根據幾何體的三視圖，得出該幾何體是正三棱柱與一球體的組合體，結合數據求出它的體積．解答：解：根據幾何體的三視圖，得；該幾何體是底部為正三棱柱，上部為一球體的組合體；且正三棱柱的底面三角形的邊長為2，高為5，球的半徑為×=；∴該組合體的體積為V=V三棱柱+V球=×2××5+π×=5+π．故選：D．點評：本題考查了空間幾何體的三視圖的應用問題，解題時應根據三視圖得出幾何體的結構特征，是基礎題目．8.若定義運算；，例如23=3，則下列等式不恒成立的是A.ab=ba B.(ab)c=a(bc)C.(ab)2=a2b2 D.c·（ab）=(c·a)(c·b)(c>0)參考答案：C9.已知若有最小值，則實數a的取值范圍是（

）A

B

C

D參考答案：C由題①當a>1時，當，單調遞增，此時;當1<x<a,單調遞減；x>a,,單調遞增，故x>1時，f(x)的最小值為f(a)=1,故若有最小值，則a>1;②當0<a<1時，當，單調遞減，此時；當x>1時,,單調遞增，此時,故若有最小值，則2a≤,解得0<a≤,綜上實數的取值范圍是

10.設U＝R，M＝{x|x2－2x>0}，則?UM＝()A．[0,2]B．(0,2)C．(－∞，0)∪(2，＋∞)D．(－∞，0]∪[2，＋∞)參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知一空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為．參考答案：4【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，代入錐體體積公式，可得答案．【解答】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，底面面積S=×2×3=3，高h=4，故體積V==4；故答案為：4【點評】本題考查的知識點是棱柱的體積和表面積，棱錐的體積和表面積，簡單幾何體的三視圖，難度中檔．12.函數的最小正周期為，其中，則

.參考答案：6;

13.記當時，觀察下列等式：

，

，

，

，

，

可以推測，

▲

.參考答案：14.已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1＜x＜2m－1}且B≠，若A∪B＝A，則m的取值范圍是_________．參考答案：(2，4]15.已知cosx+sinx=，則cos(+x)=___________ks5u參考答案：16.雙曲線M的焦點是F1，F2，若雙曲線M上存在點P，使是有一個內角為的等腰三角形，則M的離心率是______參考答案：【分析】根據雙曲線的對稱性可知，等腰三角形的腰應該為與或與，不妨設等腰三角形的腰為與，故可得到的值，再根據等腰三角形的內角為，求出的值，利用雙曲線的定義可得雙曲線的離心率.【詳解】解：根據雙曲線的對稱性可知，等腰三角形的兩個腰應為與或與，不妨設等腰三角形的腰為與，且點在第一象限，故，等腰有一內角為，即，由余弦定理可得，，由雙曲線的定義可得，，即，解得：.【點睛】本題考查了雙曲線的定義、性質等知識，解題的關鍵是要能準確判斷出等腰三角形的腰所在的位置.17.求

的二項展開式中所有項的系數之和等于

．參考答案：6561三、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.（12分）△ABC中角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b2+c2﹣a2+bc=0，（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC面積S△ABC的最大值．參考答案：考點： 余弦定理；三角形的面積公式．專題： 計算題；解三角形．分析： （1）根據題中等式，利用余弦定理算出cosA=﹣，結合A為三角形的內角，可得A=；（2）利用基本不等式，算出bc≤1，當且僅當b=c=1時等號成立．由此結合正弦定理的面積公式，即可算出△ABC面積S△ABC的最大值．解答： 解：（1）∵△ABC中，b2+c2﹣a2+bc=0，∴b2+c2﹣a2=﹣bc因此cosA===﹣∵A為三角形的內角，∴A=；（2）∵b2+c2﹣a2+bc=0，∴a2=b2+c2+bc=3，得b2+c2=﹣bc+3≥2bc解之得bc≤1，當且僅當b=c=1時等號成立∵△ABC面積S△ABC=bcsinA=bc∴當且僅當b=c=1時，△ABC面積S△ABC的最大值為．點評： 本題給出三角形的邊之間的平方關系，求角的大小并依此求三角形面積的最大值．著重考查了正余弦定理解三角形、運用基本不等式求最值等知識，屬于中檔題．19.在△ABC中，a=3，，cosB=．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．參考答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】(Ⅰ)由題意列出關于a,b,c的方程組，求解方程組即可確定b,c的值；(Ⅱ)由題意結合余弦定理、同角三角函數基本關系和誘導公式可得的值.【詳解】（Ⅰ）由余弦定理可得，因為，所以；因為，所以解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以；因為為的內角，所以.因為.【點睛】本題主要考查余弦定理的應用，同角三角函數基本關系、誘導公式的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.

20.（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，若AB=8，DC=2，AD=6，PA=4，∠PAD=45°，且．（Ⅰ）求證：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）設平面PAD與平面PBC所成二面角的大小為θ（0°＜θ≤90°），求cosθ的值．參考答案：考點： 與二面角有關的立體幾何綜合題；直線與平面垂直的判定．專題： 空間角．分析： （Ⅰ）由已知條件利用余弦定理求出，從而得到PO⊥AD，由此能夠證明PO⊥平面ABCD．（Ⅱ）過O作OE∥AB交BC于E，以O為坐標原點，分別以OA，OE，OP所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz利用向量法能求出平面PAD與平面PBC所成二面角的大小的余弦值．解答： 解：（Ⅰ）因為，，所以，…（1分）在△PAO中，由余弦定理PO2=PA2+AO2﹣2PA?AOcos∠PAO，得，…（3分）∴，∴PO2+AO2=PA2，…（4分）∴PO⊥AD，…又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD．…（6分）（Ⅱ）如圖，過O作OE∥AB交BC于E，則OA，OE，OP兩兩垂直，以O為坐標原點，分別以OA，OE，OP所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，…（7分）則O（0，0，0），，．…（8分）∴，=，…（9分）設平面PBC的一個法向量為=（x，y，z），由，得，即，取x=1，則，∴為平面PBC的一個法向量．…（11分）∵AB⊥平面PAD，∴為平面PAD的一個法向量．∴=，…（12分）∴．…（13分）點評： 本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．21.已知p：﹣2≤1﹣≤2，q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＞0）．若“非p”是“非q”的充分而不必要條件，求實數m的取值范圍．參考答案：【考點】復合命題的真假．【專題】簡易邏輯．【分析】先解出p，q下的不等式，再求出非p，非q，根據非p是非q的充分不必要條件即可得到限制m的不等式，解不等式即得m的取值范圍．【解答】解：解得：﹣2≤x≤10，解x2﹣2x+1﹣m2≤0得：1﹣m≤x≤1+m；∴非p：x＜﹣2，或x＞10；非q：x＜1﹣m，或x＞1+m；∵“非p”是“非q”的充分而不必要條件，即由非p能得到非q，而由非q得不到非p；∴1﹣m≥﹣2，且1+m≤10，解得m≤3；∴實數m的取值范圍為（﹣∞，3]．【點評】考查分式不等式，一元二次不