云南省昆明市第一中学2022-2023学年高三下学期数学复习试卷

数学

考试时间：120分钟 命题人：数学教研组

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题

1．2x15的二项展开式中第4项的系数为（ ） A．-80

B．-40

C．40

D．80

2．已知a0.4e，blog334，clog44，则a，b，c的大小关系为（ ）

A．acb B．cC．cba D．b3．函数fxx1log1x的零点所在的区间为（2 ） A．0,1B．14

，1C．13,12

D．143

2,1

4．画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平

若椭圆x2方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.y262b21的蒙日圆为xy210，则

该椭圆的离心率为（ ） A．3 B．1633

C．23

D．3 5．设m为实数，若直线yxm与圆x2y24x6y80相交于M，N两点，且MN23，则m（ ）A．3

B．-1

C．3或-1

D．-3或1

6．若正实数a,b满足a4b1，则1a1b的（ ） A．最大值为9 B．最小值为9 C．最大值为8

D．最小值为8

7．南宋数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a、b、c，则面积S可由公式Sp(pa)(pb)(pc)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式．现有一个三角形的边长满足a4，bc6，则此三角形面积的最大值为（ ）A．5 B．25 C．10

D．210 8．直线l:3x4y10被圆C:(x1)2(y2)29所截得的弦长为（ ）

A．25 B．4 C．23 D．22

二、多选题

9．（多选题）已知向量OA＝（1，－3），OB＝（2，－1），OC＝（m＋1，m－2），若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是（ ） A．－2

B．12

C．1 D．－1

10．已知条件p：{x|x2x60}，条件q：{x|xm10}，且p是q的必要条件，则m的值可以是（ ） A．1

B．123

C．-12

D．0

11．下列计算正确的是（ ）

11logA．232796027Bln81 4．12lne7

C．log23log34log67

D．lg2523lg8lg200lg20

．双曲线C的方程为x2y21221，左、右焦点分别为F1,F2，过点F2作直线与双曲线C的右半支交于点A，

B，使得F1AB90，则（ ） A．AF251 B．点A的横坐标为153 C．直线AB的斜率为3+52或352 D．ABF1的内切圆半径是51

第II卷（非选择题）

三、填空题

13．抛物线y8x2的焦点到准线的距离是______.

14．过点P(0,e)作曲线yxlnx的切线，则切线方程是__________．

x(3x),x[0,3]15．已知偶函数fx，当x0时，f(x)3，若函数1yf(x)m恰有4个不同的零点，则实

x,x(3,)数m的取值范围为__________ 16．已知fx11x，则fx___________，其定义域为___________.

四、解答题

17．已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinBbcosAc. （1）求B；

（2）设a2c，b2，求c.

18．在ABC中，内角A,B,C对应的边分别为a,b,c，已知acosB3bsinA． （1）求B；

（2）若a3，c3，求b的值．

19．已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S2、S4、S55成等差数列，且a2、a7、a22成等比数列．

(1)求an的通项公式； (2)若b1na，数列bT1n的前n项和为n，证明：Tn． nan16

20．已知ABC的内角，A,B,C所对的边分别是a,b,c，且3asinBbcosA2b. （1）求角A的大小；

（2）若bc6，且ABC的面积S23，求a.

．已知双曲线C：x2y221a2b21a0,b0的焦距为4，且过点3,26.

(1)求双曲线方程；

(2)若直线l:ykx2与双曲线C有且只有一个公共点，求实数k的值.

22．某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关､第三关的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.3，四关全部通过可以获得一等奖（奖金为500元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，奖金可以累加.假设选手是否通过每一关相互，现有甲､乙两位选手参加本次活动. (1)求甲最后没有得奖的概率；

(2)已知甲和乙都通过了前两关，求甲和乙最后所得奖金总和为900元的概率.

参：

1．B

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.

32x140x2， 【详解】2x1的二项展开式中第4项为C5523所以所求系数为40. 故选：B 2．B

【分析】根据指对数函数的性质比较a，b，c的大小即可. 【详解】由clog4所以c【分析】利用函数的零点存在定理判断. 1311【详解】因为f1log10，

44424414111163f1log1log1log223log23log20，

33327232313log410a0.4e0.401log33blog34， 41111f1log10.

2222211所以函数fxx1log1x的零点所在的区间为,，

232故选：C 4．A

【分析】由题可得6b210，然后利用离心率公式即得. 【详解】由题可得6b210，

x2y2∴b4，即椭圆为1，

2cb243∴e121.

aa63故选：A. 5．C

【分析】化出圆的标准方程，求出圆心和半径，利用垂径定理列方程求解即可.

【详解】圆x2y24x6y80的标准方程为x2y35，圆心为2,3，半径

22为5，

直线yxm的一般方程为xym0 23m23则由已知得52， 2222解得m3或m1 故选：C. 6．B

【分析】由1的妙用结合基本不等式可得. 【详解】因为正实数a,b满足a4b1， 所以

11114ba4baa4b5529， abababab当且仅当所以

14ba，即a2b取等号， ab311的最小值为9，无最大值. ab故选：B 7．B

【分析】由公式列出面积的表达式，代入a4，然后利用基本不等式可求得结果 1【详解】由题意得p(46)5，

2则S5(54)(5b)(5c)

5(5b)(5c) 55(5b)(5c)

210(bc)106525， 22当且仅当5b5c，即bc3时取等号， 所以三角形面积的最大值为25. 故选:B 8．A

【分析】由已知，根据题中给出的圆的方程，写出圆心坐标与半径，然后求解圆心到直线的距离，最后利用垂径定理可直接求解弦长.

2，半径为3， 【详解】由已知，圆C:(x1)2(y2)29，圆心坐标为C1，2到直线l:3x4y10的距离为所以点C1，38132422，

所以，直线被圆截得的弦长为2322225. 故选：A. 9．ABD

B，C三点不共线即可构成三角形，【分析】先求AB与AC，使之共线并求出m的值，则A，因此m取共线之外的值即可．

【详解】因为ABOBOA(2,1)(1,3)(1,2)， ACOCOA(m1,m2)(1,3)(m,m1)．

假设A，B，C三点共线，则1×（m＋1）－2m＝0，即m＝1．所以只要m≠1，则A，B，C三点即可构成三角形. 故选：ABD． 10．BCD

【分析】根据必要条件转化为集合的包含关系，求解即可. 【详解】设A{x|x2x60}{3,2}，B{x|xm10}, 因为p是q的必要条件，所以BA，

当B时，由mx10无解可得m0，符合题意；

1当B时，B{2}或B{3}，当B{2}时，由2m10解得m，

2当B{3}时，由3m10解得m. 11综上，m的取值为0，，.

2313

故选：BCD 11．ABD

【分析】根据指数幂的运算法则，对数的运算法则及换底公式逐项分析即得.

3232【详解】对于A中，原式11，所以A正确； 1对于B中，原式2log172lnlne7ln17，所以B正确；

lg3lg22lg32lg22，所以C错误； 对于C中，原式lg2lg3lg2lg3200223220，所以D正确. 对于D中，原式lg5lg2lg200lg22lg5lg2lg23故选：ABD. 12．BCD

【分析】根据双曲线的定义得到方程组，求出AF1、AF2，即可判断A，再由等面积法求出yA，代入双曲线方程求出xA，即可判断B，再求出直线的斜率，即可判断C，利用等面积法求出内切圆的半径，即可判断D；

AFAF=2a=221【详解】解：如图所示，由题意知F1F2=2c=2322AF1+AF2=F1F2AF1=5+1，解得，故A不正确；

AF=5122在Rt△AF1F2中，由等面积法知

2A1123AF1AF2F1F2yA，解得yA， 2232yA515，又因为点A在双曲右支上，故xA代入双曲线方程得x1，故B正确； 233由图知kAF1tanAF1F2AF21355135，kAB， kAF2AF125135，故C正确； 2由对称性可知，若点A在第四象限，则kABABF1的内切圆半径r1AF1ABBF1 211AF1AF2BF2BF1(51512)51，故D正确． 22

故选：BCD．

13．

1 16【分析】化方程为标准方程，焦点到准线的距离

2【详解】抛物线y8x2化为标准方程为抛物线x11y，则其焦准距为p，即焦点到准

168线的距离是故答案为：

1. 161 1614．y2xe

【分析】求解导函数，设切点坐标，求解fx0，从而设出切线方程，代入点P(0,e)计算，即可求出答案.

【详解】函数定义域为(0,)，f(x)lnx1， 设切点为x0,x0lnx0，fx0lnx01， 所以切线方程为yx0lnx0lnx01xx0， 代入P(0,e)，得ex0lnx0lnx010x0， 解得：x0e，所以切线方程为ye2(xe)， 整理得：y2xe． 故答案为：y2xe 915．1,

4【分析】作出函数fx的图象,将问题转化为函数yf(x)与ym有4个不同的交点，由图示可得答案.

【详解】解：作出函数fx的图象如下图所示，令yf(x)m0，则f(x)m， 若函数yf(x)m恰有4个不同的零点，则需函数yf(x)与ym有4个不同的交点，所以实数m的取值范围为1m9故答案为：1,.

49， 4

16．

1x12 1,

【解析】根据解析式求得f(x)的定义域，令x1t,(t1)，利用换元法即可求得f(x)的解析式及定义域，即可得答案.

x0【详解】由题意得，解得x0

x0所以fx11，(x0)， x令x1t,(t1)，则x(t1)2， 所以f(t)所以f(x)1,(t1)， (t1)21,(x1)， (x1)2故答案为：

1x12；1,.

17．（1）

；（2）2. 4【分析】（1）由题设，根据正弦定理得sinAsinBsinBcosAsinC，结合三角形内角的性质得

tanB1，即可求B；

（2）由余弦定理，结合已知条件列方程，即可求c. 【详解】（1）由正弦定理得：sinAsinBsinBcosAsinC，而sinCsinABsinABsinAcosBcosAsinB，

∴sinAsinBsinAcosB，又sinA0，cosB0， ∴tanB1，又0B，即B4.

（2）由余弦定理b2c2a22accosB，即a2c， ∴4c22c222c22，解得c2. 2

618．（1）B；（2）b3 【分析】（1）根据正弦定理边化角化简题中等式即可；（2）直接运用余弦定理即可求解. 【详解】（1）在ABC中，由正弦定理得a2RsinA,b2RsinB， 因为acosB3bsinA，代入化简得sinAcosB3sinBsinA， 因为A(0,)，所以sinA0， 所以tanB3，又因为B(0,)，所以B.

63（2）在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accosB， 代入数据解得b23923319．(1)an2n1 (2)证明见解析

【分析】（1）公式法列方程组解决即可；（2）运用裂项相消解决即可. 【详解】（1）由题知，

2S4S2S552设{an}的公差为d，由题意得a7a2a22，

d033,b3. 22(4a16d)(2a1d)(5a110d)5a132(a6d)(ad)(a21d)即，解得， 111d2d0所以ana1(n1)d3(n1)22n1， 所以an的通项公式为an2n1. （2）证明：由（1）得an2n1， 所以bn11111， anan1(2n1)(2n3)22n12n311111111111所以Tn．

235572n12n3232n3620．（1）

；（2）23. 3【分析】（1）由正弦定理结合辅助角公式得出角A的大小； （2）利用面积公式以及余弦定理，解出a的值．

【详解】（1）因为3asinBbcosA2b，由正弦定理得； 3sinAsinBsinBcosA2sinB（sinB0）所以3sinAcosA2

得sinA1

6因0A 故A3

13（2）SbcsinAbc23 24得bc8

a2b2c22bccosA (bc)23bc

362412

所以a23 y221．(1)x1

32(2)3，7．

【分析】（1）求出双曲线的焦点，根据定义求出a，然后求出b．可得双曲线C的方程． （2）联立直线与双曲线的方程组，通过消元，利用方程解的个数，求出a的值即可． 【详解】（1）解：由题意可知双曲线的焦点为(2,0)和(2,0)，

2222根据定义有2a(32)(260)(32)(260)2．

a1，又c2a2b2，所以a21，c24，b23．

y2所求双曲线C的方程为x1．

32y21，所以渐近线方程为y3x； （2）解：因为双曲线C的方程为x3ykx2由2y2，消去y整理得(3k2)x24kx70．

1x32∴当3k20即k3时，此时直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线相交于

一点，符合题意；

∴当3k20即k3时，由4k473k20，解得k7，

2此时直线l双曲线相切于一个公共点，符合题意． 综上所述：符合题意的k的所有取值为3，7． 22．(1)0.825 (2)0.105

【分析】（1）分第一关未通过，第一关通过第二关未通过，前两关通过第三关未通过三种情况，结合事件和互斥事件的概率公式，求解即可；

（2）若奖金为900，则甲和乙一人得一等奖一人得二等奖，计算对应概率即可.

【详解】（1）记第一关未通过为事件A，第一关通过第二关未通过为事件B，前两关通过第三关未通过为事件C，甲最后没有得奖为事件D，

则PA0.3，PB0.710.50.35，PC0.70.510.50.175， 故PDPAPBPC0.825.

（2）记通过了前两关时最后获得二等奖为事件E，通过了前两关时最后获得一等奖为事件

F，

则PE0.510.30.35，PF0.50.30.15.

因为甲和乙最后所得奖金总和为900元，所以甲和乙一人得一等奖一人得二等奖， 故甲和乙最后所得奖金总和为900元的概率为0.350.150.150.350.105.