2023届广东省东莞市高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届广东省东莞市高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解出集合，根据并集的运算法则求得结果.

【详解】由，

得，得

即，

则

故选：A.

2．已知复数满足：（i为虚数单位），则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】通过复数除法得，利用复数模的定义即可得到答案.

【详解】，故.

故选：C.

3．已知向量，，，则等于（    ）

A．3 B．4 C．15 D．21

【答案】D

【分析】先由平面向量的线性运算求得，再由平面向量模的坐标表示得到关于的方程，解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得.

【详解】因为，，

所以，

因为，所以，解得，则，

所以.

故选：D.

4．如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线）平滑连续（相切），已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由图象设函数式为，然后求导，利用，求解．

【详解】由题意设三次函数的解析式为，即，

，

∴，解得，

∴，

故选：A．

5．已知F为抛物线的焦点，P为抛物线上任意一点，O为坐标原点，若，则（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】根据抛物线定义结合，求得点P的坐标，即可求得答案.

【详解】由题意F为抛物线的焦点，则,且准线方程为，

设,由可得,代入得，

即,故,

故选：C

6．甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰接到1次球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.

【详解】传球的结果可以分为：

分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；

若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；

再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；

共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为

故选：C

7．已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出体积最大时的剖面图，分析出此时圆与上底，两腰相切，建立合适直角坐标系，设圆心坐标为，利用圆心到腰所在直线等于半径列出方程，解出即可.

【详解】体积最大时，沿上下底面直径所在平面作出剖面图如图所示，显然此时圆与等腰梯形的上底以及两腰相切，则建立如图所示直角坐标系，

由题意得，，则，

则直线所在直线方程为，即

设，体积最大时球的半径为，

则，则点到直线的距离等于半径，

则有，

解得或，，

，此时，

则

故选：B.

8．已知实数a，b满足，则下列选项中一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构建函数，对A、B：根据题意结合的单调性分析判断；对C、D：通过赋值令和分析判断.

【详解】令，则在定义域内单调递增，

∵，即，

∴，A错误，B正确；

令，则，且，

∴，此时，C错误；

令，则，且，

∴，此时，D错误；

故选：B.

二、多选题

9．已知二项式，则下列结论正确的是（    ）

A．该二项展开式中二项式系数和与各项系数和相等

B．该二项展开式中不含有理项

C．该二项展开式中的常数项是1

D．该二项展开式中含x的项系数是

【答案】AC

【分析】由二项式定理，结合二项式系数的性质和二项式展开式的通项公式，逐个验证选项.

【详解】二项式，展开式中，通项公式为，

该二项展开式中二项式系数和为，令各项系数和为，二项展开式中二项式系数和与各项系数和相等，A选项正确；

由二项式展开式的通项公式可知，为偶数时，对应的项为有理项，B选项错误；

该二项展开式中的常数项是，C选项正确；

该二项展开式中含x的项为，系数是， D选项错误.

故选：AC

10．已知满足，且在上单调递增，则可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用三角恒等变换公式以及正弦、正切函数的图象性质一一判断即可求解.

【详解】对于A，，周期.

令，解得，

令，解得，

所以函数在单调递增，

单调递减，

令，则在单调递增，单调递减，故A不满足题意；

对于B，，周期.

令，解得，

令，解得，

所以函数在单调递增，

单调递减，

令，则在单调递增，单调递减，故B满足题意；

对于C，，

最小正周期，满足，

令，解得，

令，解得，

所以函数在单调递增，

单调递减，

令，则在单调递增，单调递减，故C不满足题意；

对于D，，

最小正周期，满足，

且由正弦函数的单调性可知函数在单调递增，故D满足题意.

故选:BD.

11．已知正方体， 分别为，，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行

C．平面与平面垂直 D．点C和点到平面的距离相等

【答案】BC

【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量的坐标，求出平面平面与平面的法向量，根据空间位置关系的向量方法，可判断,利用空间距离的向量求法可判断D.

【详解】如图，以A为原点，以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系：

设正方体棱长为2，则，

故 ,

由于，故不垂直，

即直线与直线不垂直，A错误；

又 ,

所以,, ，

设平面的法向量为 ，则 ，

取 ，则 ，即 ，

故 ，而平面，∴直线与平面平行，故B正确；

,

设平面的法向量为 ，则 ，

取 ，则 ，即 ，

因为，故平面与平面垂直，C正确；

,则点C到平面的距离为 ，

,则点到平面的距离为,

即点C和点到平面的距离不相等，D错误，

故选：

12．已知直线l：与椭圆交于A，B两点，点为椭圆的右焦点，则下列结论正确的是（    ）

A．当时，存在使得

B．当时，的最小值为

C．当时，存在使得

D．当时，的最小值为

【答案】ABC

【分析】联立，消去并整理得，由，得，设、，得到和，对于A，当时，直线过左焦点，求出，由以及，求出，可知A正确；对于B，当时，得到，利用换元法可求出取最小值，故B正确；对于C，当时，求出，可知C正确；对于D，当时，求出的最小值为，可知D不正确.

【详解】由得，所以，

联立，消去并整理得，

，即，

设、，

则，，

所以

，

对于A，当时，过椭圆的左焦点，

此时，

若，则由，得，

所以，解得，，

所以存在，使得，故A正确；

对于B，当时，，，

所以

，

令，则，

则，

因为，所以当，即，时，取最小值，故B正确；

对于C，当时，，此时存在使得，故C正确；

对于D，当时，，

，

所以

，

因为且，所以，所以，

所以当时，取最小值，.故D不正确.

故选：ABC

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

三、填空题

13．已知函数是奇函数，则___________．

【答案】

【分析】根据对任意非零实数恒成立，可求出结果.

【详解】的定义域为，

因为为奇函数，所以对任意非零实数恒成立，

所以，即.

故答案为：.

14．设的导函数为，若关于对称，则___________．

【答案】##0.5

【分析】首先求函数的导数，并求函数，利用辅助角公式化简，并代入对称中心，并利用诱导公式计算.

【详解】，所以，其中，，，

因为函数关于对称，所以，，

所以.

故答案为：

15．已知点P为直线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为A、B，且，则动点P的轨迹的长度为____________．

【答案】

【分析】由圆切线的性质，将 转化为 ,由此求得点 横坐标的范围, 进而得动点 的 轨迹的长度.

【详解】

因为 , 所以 ,

所以，

解得 ,

设点 的坐标为 ,

所以 ,

解得 ,

所以动点 的轨迹的长度为.

故答案为：.

16．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为，记能将该三角垛完全放入的四面体的体积为，则的最大值为___________．

【答案】

【分析】要使取得最大值，则使取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的距离，可算出四面体的最小棱长

【详解】设球的半径为，

由题意可知四面体为正四面体，边长为，

所以四面体的高为，

所以，要使取得最大值，则使取最小值，由题意可知此时该三角垛与四面体相切.

等边的高为，

由余弦定理可算出正四面体任意两面二面角大小的余弦值为，

因为位于三角垛顶的球与三面都相切，

取的中点，过点作平面的垂线 ，垂足为，如图可得截面，

若设则，所以，

已知球心到面的距离为，则，

在平面里过点作的垂线，所以，

所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为，上底为，高为，

所以下底可计算得，所以的最小值为，

所以的最大值为.

故答案为：

【点睛】关键点睛：这道题的关键是确定最小正四面体的棱长，需要通过截面和在三角形利用几何关系进行确定，需要较强的空间想象能力

四、解答题

17．已知数列的前n项和为，且对于任意的都有．

(1)求数列的通项公式；

(2)记数列的前n项中的最大值为，最小值为，令，求数列的前20项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据可得是以公比为的等比数列，进而可求解，

（2）根据数列的通项性质可对分奇偶，进而可得，，分组求和即可求解.

【详解】（1）对于任意的都有,

当时，，两式相减得，即，

进而得，

当时，，故，

所以数列是以首项为1，公比为的等比数列，

所以

（2）当为奇数时，，且，当为偶数时，，且，

因此当为大于1的奇数时，的前n项中的最大值为，最小值为，此时，

因此当为偶数时，的前n项中的最大值为，最小值为，此时，

当时，，

因此的前20项和

18．已知在锐角中，M是的中点，且，．

(1)求的值；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意有，，在和中，利用正弦定理，可求的值；

（2）由求出的值，再利用面积公式求解即可.

【详解】（1）锐角中，M是的中点，且，，如图所示：

∴，，

在中，由正弦定理，有，

在中，由正弦定理，有，

则

（2）锐角中，由，∴，有，，

∴

，

所以的面积为

19．如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．

(1)证明：；

(2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值．

【答案】(1)见解析；

(2).

【分析】(1)由,可得平面，进而可得，又由于,所以可得平面，即可得；

(2)利用等体积法求得点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则有，即可得答案.

【详解】（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，

所以,

又因为，

，

平面，

所以平面，

又因为平面，

所以，

又因为P为半球面上一点，

所以,

,

平面，

所以平面，

平面，

所以；

（2）解：因为三角形为直角三角形，

，

所以，

又因为，平面，

所以，

又因为三角形也是直角三角形，

所以.

所以，

，

设点到平面的距离为，

则有,

即,

所以,

设直线与平面所成的角为，

则.

20．现有一种射击训练，每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立．已知射击训练有A，B两种型号的炮弹，对于A型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为p（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.6，击中两弹目标飞行物必坠段；对子B型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为q（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.4，击中两弹目标飞行物坠毁的概率为0.8，击中三弹目标飞行物必坠毁．

(1)在一次训练中，使用B型号炮弹，求q满足什么条件时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于；

(2)若，试判断在一次训练中选用A型号炮弹还是B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大？并说明理由．

【答案】(1)

(2)使用B型号炮弹，理由见解析

【分析】（1）根据题意，利用间接法与二项分布的概率公式得到关于的不等式，解之即可；

（2）先利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率，再利用作差法与构造函数法，结合导数比较得两概率的大小，从而得到结论.

【详解】（1）因为每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立，

所以在一次训练中，连发三发B型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，则（服从二项分布），

则，

即，则，即，则，

又，故，

所以当时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于.

（2）在一次训练中，连发三发A型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，则（服从二项分布），，

记事件为“使用A型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，事件为“使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，

则

，

，

因为，所以，

则

，

令，则，

令，即，则，得，

又，所以恒成立，

所以在上单调递增，

又，则，

故，即，

所以使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大.

【点睛】关键点睛：本题解题的关键点有两次，一次是理解A、B型炮弹击中飞行物的次数服从二项分布，进而利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率；二次是利用导数比较两者概率的大小.

21．已知，为双曲线E：（，）的左右焦点，点在双曲线E上，O为坐标原点．

(1)求双曲线E的标准方程；

(2)若不与坐标轴平行的动直线l与双曲线E相切，分别过点，作直线l的垂线，垂足为P，Q，求面积最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知可得，再结合双曲线上的点的坐标及，即可求解；

（2）设l的方程为：，与双曲线方程联立可得，由已知求出点

的坐标，利用点到线及两点之间的距离可求得，再利用换元法及二次函数求最值即可得解.

【详解】（1）由已知得，解得

所以双曲线的标准方程为

（2）设切线l的方程为：，

联立，整理得

由题知，化简得，

设，则

则，解得

同理，解得

点到直线的距离

所以的面积

又，

所以

令，由，则，

所以

所以当，即时，

所以面积最大值为

【点睛】思路点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)设函数，若对任意的，恒成立（，分别是，的导函数），求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2)．

【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，得单调性；

（2）时不等式成立，时，不等式变形为，然后引入函数，证明时，，从而得，由此可得的范围．

【详解】（1）的定义域是，

，

时，时，，时，，

的减区间是，增区间是；

时，由得或，

时，，或时，，时，，

的增区间是和，减区间是；

时，，恒成立，的增区间是，无减区间；

时，，或时，，时，，

的增区间是和，减区间是；

综上所述，时，在区间上是减函数，在区间上是增函数；时，在区间和上是增函数，在区间上是减函数；时，在区间上是增函数；时，在区间和上是增函数，在区间是减函数；

（2），

，即，，

时，此不等式成立，

时，不等式变形为，

设，则，

令，则，时，，即，所以单调递增，所以，即，

所以单调递增，所以时，，

所以时，，，∴，

所以，．

【点睛】方法点睛：不等式恒成立求参数范围问题的两种思路：一是用分离参数法，转化为求新函数的最值，从而得出参数范围，二是直接求函数的最值，由这个最值满足的不等关系求得参数范围．