广东省深圳市高级中学（集团）2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

高级中学（集团）高三期末测试

一、单项选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 设集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】因为，

所以，

又因为，

所以则，

故选：C

2. 已知复数，其中i是虚数单位，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】可假设，则代入原式中，利用进行复数运算即可求解.

【详解】设，，则，

故，，，

故选：C．

3. 已知非零向量，，则“”是“”的（）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据充分、必要性的定义，结合向量平行的坐标表示判断条件间的推出关系，即可得答案.

【详解】由，则，故，即充分性成立，

由，若时必要性不成立.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

4. 已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．

【详解】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，

由，得，

又，

所以，解得；

所以圆锥的高为，

所以圆锥的体积为．

故选：C．

5. 屈原是中国历史上第一位伟大的爱国诗人，中国浪漫主义文学的奠基人，“楚辞”的创立者和代表作者，其主要作品有《离骚》、《九歌》、《九章》、《天问》等.某校于2022年6月第一周举办“国学经典诵读”活动，计划周一至周四诵读屈原的上述四部作品，要求每天只诵读一部作品，则周一不读《天问》，周三不读《离骚》的概率为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用古典概型去求周一不读《天问》，周三不读《离骚》的概率

【详解】该校周一至周四诵读屈原的四部作品方法总数为

周一不读《天问》，周三不读《离骚》的方法总数为

则周一不读《天问》，周三不读《离骚》的概率为

故选：C

6. 已知函数的周期为1，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，函数的周期为1，则的周期为4，依次分析选项即可.

【详解】因函数的周期为1，

则.令，

则，得的周期为4，则.

，故A正确，C错误.

又由，可得，故B，D错误.

故选：A

7. 已知函数，若不相等的实数，，成等比数列，，，，则、、的大小关系为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】本题利用函数的奇偶性及单调性求得函数的值域，然后利用均值不等式判断与的大小关系从而进行判断．

【详解】，均为偶函数，

故函数为偶函数，

，令

，

，，

，故单调递增，即单调递增，

又，∴在恒成立，

故在函数递增，且，

故函数在递减，在递增，

且函数恒成立，

，，成等比数列，

当，均为正数时，

由均值不等式有：，①，

当，均为负数时，

由均值不等式有：，②，

由①②有：，

又，，互不相等，故，

故，

，

故选：D．

8. 如图，棱长为的正方体，点在平面内，平面与平面所成的二面角为，则顶点到平面的距离的最大值是（    ）

A B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】是正方体， 当底面与平面所成的角与底面对角线所成的角相等时，顶点到平面的距离的最大；最大值 作截平面图， 由题知 ,利用平面几何知识求得即可

【详解】如图所示，当直线与面所成角等于面ABCD与面所成角时顶点到平面的距离最大，取截图，如下图所示：

作，，，

∵，，∴，

∵，，，∴，

∵，∴，

∵，∴，

∴，

故选:B.

【押题点】二面角大小；点面距最值问题

【点睛】本题考查正方体翻转求面距离最值问题.

求解翻折(转)问题的关键及注意事项：

求解平面图形翻折(转)问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．应注意：

(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；

(2)线的变化，翻折(转)前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；

(3)长度、角度等几何度量的变化．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 下列结论正确的有（）

A. 若随机变量，，则

B. 若随机变量，则

C. 样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱

D. 的第百分位数为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据正态分布的概率求解、二项分布的方差、相关系数的性质，以及百分位数的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对：，故正确；

对：，所以，故错误；

对：样本相关系数的范围在和之间，有正有负，相关有正相关和负相关，

相关系数的绝对值的大小越接近，两个变量的线性相关性越强；

反之，线性相关性越弱，故错误；

对：先把原数据按从小到大排列，

计算第百分位数为故正确；

故选：.

10. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可能为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据图象的变换规律求出的解析式，进而求出对称轴，即可得到的取值情况.

【详解】函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，

再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，得到函数

的图象关于直线对称

又

当时，；当时，；当时，；

故选：AD.

11. 第24届冬季奥林匹克运动会圆满结束.根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆.国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若椭圆：和椭圆：的离心率相同，且.则下列正确的是（）

A.

B.

C. 如果两个椭圆，分别是同一个矩形（此矩形的两组对边分别与两坐标轴平行）的内切椭圆（即矩形的四条边与椭圆均有且仅有一个交点）和外接椭圆，则

D. 由外层椭圆的左顶点向内层椭圆分别作两条切线（与椭圆有且仅有一个交点的直线叫椭圆的切线）与交于两点，的右顶点为，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为.

【答案】BCD

【解析】

【分析】由离心率相同及已知得到、，即可判断A、B；由在椭圆上得到，进而判断C；根据对称性确定的坐标，结合斜率两点式得判断D.

【详解】A：由且，则，即，故错误；

B：由，得，则，所以，故正确；

C：满足椭圆方程，又，则，所以，，故正确；

D：由对称性知：、关于轴对称，，，，，，，则，，故正确.

故选：BCD.

12. 过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线，切点为P1、P2(P1、P2不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则下列结论正确的是（）

A. P1、P2两点的横坐标之积为定值

B. 直线P1P2的斜率为定值

C. 线段AB的长度为定值

D. 三角形ABP面积的取值范围为(0，1]

【答案】ABC

【解析】

【分析】A.由条件可知两条直线的斜率存在时，斜率之积为-1，讨论的位置，即可判断；

B.由两点的坐标，表示直线的斜率，即可判断；

C.分别求切线方程，并表示点的坐标，即可求线段的长度；

D.根据切线方程，求交点的横坐标，因为为定值，即转化为求点的横坐标的取值范围.

【详解】因为，

所以，当时，；当时，，

不妨设点，的横坐标分别为，且，

若时，直线，的斜率分别为，，此时，不合题意；

若时，则直线，的斜率分别为，，此时，不合题意.

所以或，则，，

由题意可得，可得，

若，则；若，则，不合题意，所以，选项A对；

对于选项B，易知点，，

所以，直线的斜率为，选项B对；

对于选项C，直线的方程为，令可得，即点，

直线的方程为，令可得，即点，

所以，，选项C对；

对于选项D，联立可得，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，则当时，，

所以，，选项D错.

故选：ABC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在的展开式中，的系数是______．（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】用乘以展开式的项再加上乘以展开式的项，最后合并同类项即可求解

【详解】展开式的第项

展开式中项的系数为：．

故答案为：

14. 已知定义在上的奇函数的导函数是，当时，的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为______.

【答案】

【解析】

【分析】先判断出的单调性，然后求得的解集.

【详解】依题意是奇函数，图象关于原点对称，

由图象可知，区间递减，；

在区间递增，.

所以的解集.

故答案为：

15. 已知点，点，R是圆上动点，则的最小值为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】设，表示出，后利用辅助角公式得答案.

【详解】因为R是圆上的动点，则设，其中.

则，得

，其中满足

，则，当且仅当

时取等号.

故答案为：.

16. 已知抛物线，，过点P作斜率为正的直线l与抛物线交于点M，N，点M，N在y轴上的射影为，，若，则直线l的斜率为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】联立直线与抛物线方程得韦达定理，进而根据两角和的正切公式代入即可化简求解.

【详解】设，，且，，

则，，

设直线，联立得，，

则，，由，

设，，

则，，

由，

即，解得，（舍去），故斜率，

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知正项数列前n项和为，且满足，.

（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；

（2）记，若数列的前m项和，求m的值.

【答案】（1）证明见解析，

（2）

【解析】

【分析】（1）利用题意可整理得，即可得到，又，可得到的通项公式，即可求解；

（2）利用裂项相消法可得到，即可求解

【小问1详解】

由，变形得.

因为，所以.

因为，所以，又，

所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，

所以，则数列的通项公式为.

【小问2详解】

由（1）可得，

所以.

则，解得.

18. 2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．

（1）若该社区约有2000人，有两种分组方式可以选择：方案一是：10人一组；方案二：8人一组．请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由；

（2）我们知道核酸检测呈阳性，必须由专家二次确认，因为有假阳性的可能；已知该社区人员中被感染的概率为0.29%，且已知被感染的人员核酸检测呈阳性的概率为99.9%，若检测中有一人核酸检测呈阳性，求其被感染的概率．（参考数据：（，）

【答案】（1）方案一工作量更少，理由见解析.

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题干，分别得出两种方案中每组的化验次数的可能取值，分别计算概率，列出分布列，根据分布列求解数学期望，比较两种方案中哪种方案化验次数最少即可.

（2）根据已知条件，利用条件概率的计算公式求解即可.

【小问1详解】

解：设方案一中每组的化验次数为，则的取值为1，11，

∴，

，

∴的分布列为：

．

故方案一的化验总次数的期望值为：次．

设方案二中每组的化验次数为，则的取值为1，9

，，

∴的分布列为：

∴．

∴方案二的化验总次数的期望为次．∵260<298，

∴方案一工作量更少．故选择方案一.

【小问2详解】

设事件A：核酸检测呈阳性，事件B：被感染，

则由题意得，

由条件概率公式可得，

∴该人被感染的概率为.

19. 在四棱锥中，，，，，平面，与平面所成角，又于，于.

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】(1)利用空间向量的坐标运算，根据求出点的坐标，进而可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）利用空间向量的坐标运算求解面面夹角的余弦值.

【小问1详解】

过作，则四边形为矩形，

以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，因为与平面所成角，

所以，所以，所以,

，，

设，

所以，即,

因为，所以,解得，

所以，又因为，

所以，即，

又因为，，平面，

所以平面.

【小问2详解】

由（1）可知平面，

则为平面的一个法向量.

,所以,即，

又因为平面，平面,所以，

又因为平面，

所以平面，

则为平面的一个法向量.

则

所以二面角的余弦值为.

20. 中，.

（1）若，求；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据数量积的运算可得，求解可得，再根据余弦定理求解即可；

（2）法一：根据二倍角公式可得，结合可得，进而求得，由正弦定理与倍角公式可得，结合，再利用三角形面积公式求解即可；

法二：在上取点，使得，则，再根据题意，结合可证明，再根据余弦定理可得，进而利用面积公式求解即可.

【小问1详解】

，

由，得.

∴，

∴.

【小问2详解】

法一：∵，∴，∴，

又，

又，，∴，

∴，∴，∴，

∴，∴，

∴，∴，

∴，∴，

由正弦定理得，，

又，，∴，

又，，

∴，

∴.

法二：在上取点，使得，

∴，∴，

∴，又，

∴

.

∴，∴，∴.

又，

∴，∴，，

∴.

21. 如图，在平面直角坐标系中，分别为等轴双曲线的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且，直线交双曲线于B点，点D为线段的中点，延长AD，BD，分别与双曲线交于P，Q两点．

（1）若，求证：；

（2）若直线AB，PQ的斜率都存在，且依次设为，试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理出．

【答案】（1）证明见解析；

（2）定值，7.

【解析】

【分析】（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明；

（2）设直线的方程为，与双曲线联立得，同理得，由斜率公式及（1）中的结论可得结论.

【小问1详解】

由等轴双曲线知离心率，，及，

可得，所以双曲线方程为，.

当直线斜率不存在时，，，

直线的斜率存在时，，，整理得，

综上所述，成立；

【小问2详解】

依题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，

代入双曲线并化简得：，①

由于，则代入①并化简得：，

设，则，解得，

代入，得，即，同理可得，

所以，

所以是定值.

22. 已知函数，.

（1）讨论在上的单调性；

（2）当时，讨论在上的零点个数.

【答案】（1）答案见解析；（2）有3个零点.

【解析】

【分析】（1）求，然后根据，和，判断原函数在上的单调性即可

（2）把代入原函数，转化为，然后构造函数，判断函数奇偶性，然后计算，探讨函数的单调性，最后进行计算即可.

【详解】（1），，

当时，恒成立，则在上单调递减；

当时，令，则，令，则，

若，即时，在上单调递增；

若，即时，在上单调递减；在上单调递增；

（2）当时，，

令，得，

令，则，

所以为奇函数，且，

所以0是的一个零点，

令，则，

当，，则在上单调递增，

令，则在上单调递增，在上单调递减，

令，则恒成立，所以在上单调递减，

所以，则，

令，则，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

又，，则当时，恒成立，

即当时，恒成立，所以当时，恒成立，

所以当时，恒成立，

当时，，所以在上单调递增，

又，，

所以在上有且只有一个零点，设该零点为，

因为为奇函数，所以在上的零点为，

所以在上有3个零点，分别为，0，，

所以在上有3个零点.

【点睛】方法点睛：

含参数的函数单调性判断：（1）求导；（2）讨论参数范围；（3）判断的符号.

利用导数判断函数在区间的零点个数：（1）构造函数；（2）求导（可能用到二阶导）；（3）判断原函数的单调性；（4）得出结论.