廣東省梅州市新新中學2023年高三數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.已知向量，，若，則（

）A．4

B．-4

C．2

D．-2參考答案：A因為//，故，解得，故選A.2.函數f（x）=（m2-m-1）xm是冪函數，且在x∈(0，+∞)上為增函數，則實數m的值是

A．-1

B．2

C．3

D．-1或2參考答案：B3.已知實數x，y滿足時，z=（a≥b＞0）的最大值為1，則a+b的最小值為（）A．7 B．8 C．9 D．10參考答案：D【考點】7C：簡單線性規劃．【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用z的最大值，確定最優解，然后利用基本不等式進行判斷．【解答】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：由z=（a≥b＞0）得y=，則斜率k=，則由圖象可知當直線y=經過點B（1，4）時，直線y=的截距最大，此時，則a+b=（a+b）（）=1+4+，當且僅當，即b=2a取等號此時不成立，故基本不等式不成立．設t=，∵a≥b＞0，∴0＜≤1，即0＜t≤1，則1+4+=5+t+在（0，1]上單調遞減，∴當t=1時，1+4+=5+t+取得最小值為5+1+4=10．即a+b的最小值為10，故選：D．4.將甲、乙、丙、丁、戊共五位同學分別保送到北大、上海交大和浙大3所大學，若每所大學至少保送1人，且甲不能被保送到北大，則不同的保送方案共有（

）種.A．114

B．150

C．72

D．100參考答案：D5.若復數是純虛數，則實數的值為A.或

B.

C.

D.或參考答案：C略6.

已知函數對任意的實數，滿足，且當時，，則Ａ、

Ｂ、Ｃ、

Ｄ、參考答案：D7.一等腰三角形的周長是底邊長的5倍，那么頂角的余弦值為A.

B.

C.

D.參考答案：D設底邊長為，則兩腰長為，則頂角的余弦值微微。選D.8.已知f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數，當x∈(0,1)時，（

）A.

B.

C. D.參考答案：B9.若變量x，y滿足，實數z是2x和-4y的等差中項，則z的最大值等于

A．1

B．2 C．3

D．4參考答案：C略10.已知函數f(x)=sin(ωx+)-1最小正周期為,則的圖象的一條對稱軸的方程是（

）

A．

B．

C．

D．

參考答案：A略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數是定義在區間上的奇函數，則_______．參考答案：略12.在△ABC中，已知角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且.（1）求的值；（2）若=2，且.參考答案：（理）（1）由已知和正弦定理得從而即因為

所以

又故（2）由可得

又

故又∴解得略13.已知α為第二象限角，則

。參考答案：-114.=

；參考答案：15.在中，所對的邊分別為，若，則面積的最大值為

．參考答案：試題分析：，而，所以，當且僅當時取等號考點：基本不等式求最值【易錯點睛】在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.16.設向量，若，則實數

.參考答案：試題分析：由已知得，；由得所以有即，解得故答案為：.考點：向量的數量積的坐標運算.17.已知函數f(x)＝x(x－c)3在點x＝2處有極小值，則常數c的值為________

．參考答案：8∵f′(x)＝(x－c)3＋3x(x－c)2，

∴f′(2)＝(2－c)3＋6(2－c)2＝0，解得c＝2或c＝8.

①當c＝2時，f(x)＝x(x－2)3，f′(x)＝(x－2)2(4x－2)．而x＞時，f′(x)≥0總成立，故f(x)在x＝2處沒有取得極小值．②當c＝8時，f(x)＝x(x－8)3，f′(x)＝(x－8)2(4x－8)．當x＜2時，f′(x)＜0，x＞2時，f′(x)＞0，

故x＝2為f(x)的極小值點，故c＝8符合題意．

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.已知數列的首項，前項和為，且（1）求數列的通項公式；（2）設函數，是函數的導函數，令，求數列的通項公式，并研究其單調性。參考答案：略19.(本小題滿分14分）已知如圖：平行四邊形ABCD中，，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面與平面ABCD垂直，G，H分別是DF，BE的中點．（1）求證：GH∥平面CDE；（2）記，表示四棱錐F-ABCD體積，求的表達式；（3）當取得最大值時，求平面ECF與平面ABCD所成的二面角的正弦值．參考答案：（1）證法１：∵,

∴且∴四邊形EFBC是平行四邊形∴H為FC的中點-------------2分又∵G是FD的中點

∴--3分∵平面CDE，平面CDE

∴GH∥平面CDE----4分證法２：連結EA，∵ADEF是正方形∴G是AE的中點-------1分∴在⊿EAB中，--2分又∵AB∥CD，∴GH∥CD，--3分∵平面CDE，平面CDE

∴GH∥平面CDE----4分（2）∵平面ADEF⊥平面ABCD，交線為AD

且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.----6分∵BD⊥CD,，

∴FA=2,（）∴＝

∴（）--8分（3）要使取得最大值，只須＝（）取得最大值，∵，當且僅當即時取得最大值---10分解法１：在平面DBC內過點D作于M，連結EM∵∴平面EMD∴∴是平面ECF與平面ABCD所成的二面角的平面角-------12分∵當取得最大值時，,∴,∴即平面ECF與平面ABCD所成的二面角的正弦值為.--------------------------14分解法２：以點D為坐標原定，DC所在的直線為ｘ軸建立空間直角坐標系如圖示，則,∴,,-------12分設平面ECF與平面ABCD所成的二面角為，平面ECF的法向量由得令得

又∵平面ABCD的法向量為∴∴.-------------------------14分略20.直角梯形中，,,,如圖①把沿BD翻析，使得平面平面（Ⅰ）求證：CDAB；（Ⅱ）若,求四面體CAND的體積參考答案：略21.

已知，．（1）求的值；（2）試猜想的表達式（用一個組合數表示），并證明你的猜想．參考答案：（1）由條件，

①，在①中令，得．

………………1分在①中令，得，得．

………………2分在①中令，得，得．

………………3分（2）猜想=（或=）．

………………5分欲證猜想成立，只要證等式成立．方法一：當時，等式顯然成立，當時，因為，故．故只需證明．即證．而，故即證

②．由等式可得，左邊的系數為．而右邊，所以的系數為．由恒成立可得②成立.綜上，成立.

………………10分方法二：構造一個組合模型，一個袋中裝有個小球，其中n個是編號為1，2，…，n的白球，其余n－1個是編號為1，2，…，n－1的黑球，現從袋中任意摸出n個小球，一方面，由分步計數原理其中含有個黑球（個白球）的n個小球的組合的個數為，，由分類計數原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數為．另一方面，從袋中個小球中任意摸出n個小球的組合的個數為．故，即②成立.

余下同方法一.

………………10分方法三：由二項式定理，得

③．兩邊求導，得

④．③×④，得

⑤．左邊的系數為．右邊的系數為．由⑤恒成立，可得．故成立.

………………10分22.[選修4-5：不等式選講]（共1小題，滿分0分）已知a＞0，b＞0，且a+b=1．（I）若ab≤m恒成立，求m的取值范圍；（II）若≥|2x﹣1|﹣|x+2|恒成立，求x的取值范圍．參考答案：【考點】函數恒成立問題．【分析】（Ⅰ）由基本不等式可得；（Ⅱ）問題轉化為|2x﹣1|﹣|x+1|≤4，去絕對值化為不等式，解不等式可得．【解答】解：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，∴ab≤（）2=，當且僅當a=b=時“=”成立，由ab≤m恒成立，故m≥；（Ⅱ）∵a，b∈（0，+∞），a+b=1，