天津市朱唐庄中学2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份天津市朱唐庄中学2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市朱唐庄中学2022至2023学年第一学期高三年级期末试卷（数学学科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分.共120分，考试用时90分钟.第Ⅰ卷1至 1页.第Ⅱ卷2至3页.考试结束后将答案提交到微信打卡软件中.第 Ⅰ 卷一、选择题（每小题5分，共40分）1. 设全集，，，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的补集和交集的性质进行求解即可.【详解】因为，，，所以，故选：D2. 已知命题p：；命题q：. p是q成立的（）条件.A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据对数函数及指数函数的单调性化简命题，然后根据充分条件必要条件的概念即得.【详解】因为命题p：，即，命题q：，即，所以由可推出，而由推不出，所以是成立的充分不必要条件,故选：A.3. 函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．4. 已知，，，则（）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数单调性及中间值比较出大小.【详解】因为单调递增，所以，即，且，，因为在上单调递减，所以，所以.故选：B5. 为倡导“节能减排，低碳生活”的理念，某社区对家庭的人均月用电量情况进行了调查，通过抽样，获得了某社区100个家庭的人均月用电量（单位：千瓦时），将数据按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图. 若该社区有3000个家庭，估计全社区人均月用电量低于80千瓦时的家庭数为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据频率分布直方图可知样本频率，由样本频率来估计总体的概率，概率乘以总量即为所求.【详解】由频率分布直方图可知:数据落在的频率为，故该社区有3000个家庭，估计全社区人均月用电量低于80千瓦时的家庭数为故选:D6. 若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．【详解】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．所以外接球的表面积为：．故选：C【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．7. 抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则的值为（）.A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分别求出抛物线和双曲线的焦点坐标，得出过两焦点的直线方程，根据直线垂直的条件可得选项.【详解】抛物线的焦点坐标为，双曲线的右焦点坐标为,两焦点的连线的方程为，又双曲线的渐近线方程为，所以，解得，故选：A.【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质，两直线垂直的条件，属于基础题.8. 设函数的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且的图象关于直线对称，则下列判断正确的是（）A. 函数在上单调递减B. 函数的图象关于点对称C. 函数的图象关于直线对称D. 要得到的图象，只需将图象向右平移个单位【答案】C【解析】【分析】依题意可求得，，，从而可求得的解析式，从而可以对函数的单调区间、对称中心、对称轴、平移一一判断.【详解】由已知：，，，所以，令，得，故选项A错误；根据函数的解析式可知对称中心的纵坐标一定是，故选项B错误；令，解得，当时，符合题意，故选项C正确；对于选项D，需将图象向右平移个单位才能得到，故选项D错误.故选：C.【点睛】解决本题的关键是要求出的解析式，然后要对单调性、对称性以及平移很熟悉．第Ⅱ卷二、填空题（每小题5分，共20分）9. 是虚数单位，复数_____________．【答案】【解析】【分析】利用复数的除法化简可得结果.【详解】.故答案为：.10. 在的展开式中，的系数是______．【答案】60【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，可令求得的系数.【详解】展开式的通项公式为：，令，解得：，所以的系数为.故答案为：.11. 已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数_____.【答案】2或－4【解析】分析】求出圆心到直线的距离，由几何法表示出弦长，列出等量关系，即可求出结果.【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则由题可得，即，解得或故答案为：2或.12. 已知某同学投篮投中的概率为，现该同学要投篮3次，且每次投篮结果相互独立，则恰投中两次的概率为：_____________；记X为该同学在这3次投篮中投中的次数,则随机变量X的数学期望为____________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】由独立重复试验的概率公式可得恰投中两次的概率；分析题意可得随机变量，利用二项分布的期望公式可得结果.【详解】由独立重复试验的概率公式可得，恰投中两次的概率为；可取0，1，2，3，；则随机变量，所以，故答案为：.【点睛】“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．三、解答题（共60分）13. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．（1）求；（2）若，，求的面积；（3）求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.（2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积．（3）由正余弦的二倍角公式可得答案.【小问1详解】因为，由正弦定理得，因为，所以．因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.【小问2详解】由（1），由余弦定理，，，得，所以，解得或，，不合题意舍去，∴，故△ABC的面积为.【小问3详解】因为，，所以.14. 如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小；（3）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证.（2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可.（3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】取的中点，连接,则且又，所以四边形为正方形,则且又四边形ABCD为矩形，则且所以且,则四边形为平行四边形所以，又平面,平面【小问2详解】∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，∴，，又∵平面平面BCEF，且平面平面，∴平面. 以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系.，，，，，，设平面的一个法向量为，则，， 得∵平面，∴平面一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角大小为，则.因此，平面与平面所成锐二面角大小为.【小问3详解】根据（2）知平面一个法向量为得，∵，设直线与平面所成角为，则，∴.因此，直线与平面所成角余弦值为.15. 已知椭圆()的离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆交于A，两点，点的坐标为，且，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率可得，将代入椭圆可求得，得出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理即可求得.【详解】（1）椭圆的离心率，，则，点在椭圆上，，解得，则，椭圆的方程为.（2）设.联立，得.，即，，，，，整理得，解得，满足，故.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.16. 设数列为等差数列，其前项和为，数列为等比数列.已知，，.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若，，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据已知条件求出、的值，进而可求得数列和的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得数列的前项和；（3）求得，利用分组求和法结合裂项相消法可求得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由可得，即，解得，所以，，，，则；（2），设数列的前项和为，则，可得，上式下式可得，因此，；（3）设数列的前项和为，，所以，.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.