2023届天津市河东区高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届天津市河东区高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知全集 ，集合 ，集合 ，则集合

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】,所以，故选A.

【解析】集合的运算.

2．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】化简不等式，可知 推不出；

由能推出，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．

3．函数的单调递增区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据二次函数与对数函数的性质，结合据复合函数的单调性的判定方法，即可求解.

【详解】设，可得函数在单调递减，在单调递增，

又由函数，满足，解得或，

根据复合函数的单调性，可得函数的单调递增区间为.

故选：C.

【点睛】本题主要考查对数函数的性质，二次函数图象与性质，以及复合函数的单调性的判定，其中解答中熟记对数函数和二次函数的性质，以及复合函数的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

4．酒后驾驶是严重危害交通安全的行为，某交通管理部门对辖区内四个地区（甲、乙、丙、丁）的酒驾治理情况进行检查督导，若“连续8天，每天查获的酒驾人数不超过10”，则认为“该地区酒驾治理达标”，根据连续8天检查所得数据的数字特征推断，酒驾治理一定达标的地区是（       ）

A．甲地，均值为4，中位数为5 B．乙地：众数为3，中位数为2

C．丙地：均值为7，方差为2 D．丁地：极差为，分位数为8

【答案】C

【分析】对于选项AC：首先假设不达标，通过均值、中位数和方差的公式运算，检验假设是否成立；对于选项BD：根据众数、中位数、极差和百分位数定义即可判断.

【详解】不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大分别为，，，，

且，其中，

选项A：若不达标，则，因为中位数为5，所以，

又因为均值为4，故，从而，且，则，，，满足题意，从而甲地有可能不达标；故A错误；

选项B：由众数和中位数定义易知，当，，，时，乙地不达标，故B错误；

选项C：若不达标，则，由均值为7可知，则其余七个数中至少有一个数不等于7，

由方差定义可知，，这与方差为2矛盾，从而丙地一定达标，故C正确；

选项D：由极差定义和百分位数定义可知，当，时，丁地不达标，故D错误.

故选：C.

5．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据时，的符号可排除D，根据时，函数的函数值可排除C，即可得解.

【详解】解：因为，所以，所以函数为奇函数，排除A；

时，恒成立，排除D；

当时，根据一次函数与指数函数的增长速度，可知，排除C；

故选：B.

6．已知直线y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，则函数f（x）的单调递增区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据周期求得，再根据单调区间的求法，求得的单调区间.

【详解】∵y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，

∴函数的周期T＝π，即π，得ω＝2，则f（x）＝2sin（2x），由2kπ2x2kπ，k∈Z，

得kπx≤kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为[kπ，kπ]，k∈Z，

故选：B

【点睛】本小题主要考查三角函数的单调性，考查三角函数的周期性，属于基础题.

7．一个球与一个正三棱柱（底面为等边三角形，侧棱与底面垂直）的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，设正三棱柱的底面边长为，求得其内切球的半径和正三棱柱的高，再根据棱柱的体积求解，代入球的表面积求解即可．

【详解】由题意，设正三棱柱的底面边长为，

则其内切球的半径为，所以正三棱柱的高为，

又棱柱的体积为，得，

所以球的表面积为．

故选：A．

8．如图，是双曲线的左、右焦点，过 的直线与双曲线 交于两点．若，则双曲线的渐近线方程为

A．  B． C． D．

【答案】A

【分析】设，利用双曲线的定义求出和的值，再利用勾股定理求，由得到双曲线的渐近线方程.

【详解】设，

由双曲线的定义得：，解得：，

所以，

因为，所以，

所以双曲线的渐近线方程为.

【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.

9．已知函数（是自然对数的底数）.若，则的取值范围为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由f（m）=2ln﹣f（n）得 f（m）+f（n）=1⇒ ，f（mn）=1﹣ =1﹣，

又∵lnn+lnm+2=[（lnn+1）+（lnm+1）]（）=4+ ≥4+4=8，

∴lnn+lnm≥6，f（mn）=1﹣≥，且m、n＞e，∴lnn+lnm＞0，f（mn）=1﹣＜1，∴≤f（mn）＜1，

故选C．

点睛：这个题目考查了对数的运算法则和不等式在求范围和最值中的应用；一般解决二元问题，方法有：不等式的应用；二元化一元的应用；变量集中的应用；都是解决而原问题的常见方法．其中不等式只能求出一边的范围，求具体范围还是要转化为函数．

二、填空题

10．设是虚数单位，复数，则对应的点位于第_____象限

【答案】二

【分析】先利用复数的除法化简复数z，再根据复数的几何意义求解.

【详解】因为，

所以对应的点位于第二象限，

故答案为：二

11．的展开式中项的系数为___．（用数字表示）

【答案】

【详解】试题分析：由得：项的系数为．

【解析】二项展开式定理求特定项

12．若圆，与圆：相交于，，则公共弦的长为___________.

【答案】

【分析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，利用垂径定理即可得解.

【详解】由题意所在的直线方程为：，即，

因为圆心到直线的距离为1，所以.

故答案为：

13．已知，，且，则最小值为__________．

【答案】

【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.

【详解】，

结合可知原式，

且

，

当且仅当时等号成立.

即最小值为.

【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

三、双空题

14．已知学习强国中的每日答题项目共5题，答对1题积1分，否则不积分，甲答对每题的概率为，记为甲所得的分数，则甲得3分的概率为______，______.

【答案】          ##1.25

【分析】利用二项分布概率模型求解即可.

【详解】由题可知，随机变量服从二项分布，即,

所以,

根据二项分布的，

故答案为：；.

15．已知点，，均位于单位圆（圆心为，半径为1）上，且，则___________；的最大值为___________.

【答案】          ##

【分析】根据弦长公式可求得，利用平面向量的线性运算及数量积的定义可求解的值；建立直角坐标系，设，，三点的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解的最大值.

【详解】解：因为，圆的半径为1，所以，

又，所以；

以圆心为原点，建立直角坐标系，设，

则，

则，因为，所以的最大值为.

故答案为：；.

四、解答题

16．在中，内角所对的边分别是.已知，，.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理可得结合，解得，再利用余弦定理即可得出．

（2）由可得，再利用倍角公式与和差公式即可得出．

【详解】（1）由，

根据正弦定理可得，

即，又，

所以，

由余弦定理可得：，

所以，由，

解得．

（2）因为，所以在中，

有，

则，

，

所以

．

17．如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点.

(1)证明：；

(2)求平面PAM与平面ABCD的夹角的大小；

(3)求点D到平面AMP的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明；

（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面夹角的大小；

（3）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．

【详解】（1）证明：等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，

以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，（其他建系方法按步骤给分）

依题意，可得，，，，

，，

，

即，；  

（2）解：设为平面PAM的法向量，

则，即，

取，得，

取，显然为平面ABCD的一个法向量，

⟨⟩，

故平面PAM与平面ABCD的夹角的大小为；

（3）解：设点D到平面AMP的距离为d，

由可知与平面PAM垂直，

则，

即点D到平面AMP的距离为

18．已知椭圆，过点，离心率.

求椭圆的方程．

过椭圆的左焦点的直线交椭圆于，两点，若在直线上存在点，使得为正三角形，求点的坐标．

【答案】；．

【分析】建立，，的关系式求解即可.

设直线斜率存在的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及点到直线的距离公式求出结果.

【详解】解：依题意得，则，，，

所以椭圆的方程为．

当直线的斜率不存在时，不存在符合条件的点.

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设线段中点，

将代入，整理得．

设，，由韦达定理得，

则，，

故

．

因为为正三角形，所以，

则，即，

直线的方程为，

将代入可得，

点到直线的距离为，，

所以，

解得，即，

此时的坐标为．

19．已知等比数列是递减数列，的前项和为，且成等差数列，.数列的前项和为，满足

（1）求和的通项公式：

（2）若求

【答案】（1），（2）

【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式、求和公式列出方程求解即可；

（2）分为奇数、偶数时，求奇数项的和，偶数项的和，即可求解.

【详解】(1)设数列的公比为，

依题意知

由是递减数列，解得，

所以.

对于数列，当n=1时，；

当时，，因此，且n= 1时同样适用.

故对于n∈都有.

所以的通项公式为， 的通项公式为.

（2）当n是奇数时，，

则 ①

    ②

①、②相减得：

，

得到.

当n是偶数时，

,

则

,

所以

【点睛】关键点点睛：由求时，需要分为奇偶，分别求出偶数项的和与奇数项的和，属于中档题.

20．已知函数，.

（1）讨论函数的极值点；

（2）若是方程的两个不同的正实根，证明：.

【答案】（1）当，无极值点；当，的极大值点为，极小值点为；（2）证明见解析.

【分析】（1）令，对求导后按判别式分类讨论求极值点；

（2）通过层层分析和转化，将要证的不等式“”最终转化为：“求证：当时，”.

【详解】（1），函数的定义域为，

，，

①当，即时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点；

②当，即时，方程有两个根，，解得，且，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增.

所以，函数的极大值点为，极小值点为

（2）方程即方程，设，

，

∴在上递减，在上递增，依题意知有两个零点，

∴，即，解得，且

两式相减得，设，

∴，∴，

要证明，只需证，只需证，

只需证，只需证，

记，，

∴在上递减，∴

∴，故，

即.

【点睛】思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中. 某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用. 因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的. 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.