2023届安徽省滁州市定远县民族中学高三上学期期末考试数学试题（Word版含答案）

这是一份2023届安徽省滁州市定远县民族中学高三上学期期末考试数学试题（Word版含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
定远县民族中学2022-2023学年高三上学期期末考试数学一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则A.  B.  C.  D. 2.  已知复数，，，则的共轭复数为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知，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4.  年某省高考体育百米测试中，成绩全部介于秒与秒之间，抽取其中个样本，将测试结果按如下方式分成六组：第一组，第二组，第六组，得到如下频率分布直方图．则该名考生的成绩的平均数和中位数保留一位小数分别是(    )A.    B.    C.    D.   5.  若双曲线的两条渐近线与直线围成了一个等边三角形，则的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 6.  若直线被圆截得的弦长为，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知函数若存在个零点，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 8.  如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列结论中错误的是(    )A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 的面积和的面积相等二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）9.  已知函数，则下列关于此函数的描述准确无误的有(    )A. 函数的最小正周期为
B. 函数的一个单调增区间为
C. 函数的一个对称中心是
D. 函数的一条对称轴是10.  已知向量，，，，则下列说法正确的是(    )A. 若，则有最小值
B. 若，则有最小值
C. 若，则的值为
D. 若，则的值为11.  已知点，为坐标原点，，为曲线上的两点，为其焦点下列说法正确的是(    )A. 点的坐标为
B. 若为线段的中点，则直线的斜率为
C. 若直线过点，且是与的等比中项，则
D. 若直线过点，曲线在点处的切线为，在点处的切线为，则12.  已知是定义在上的函数，是的导函数，给出如下四个结论，其中正确的是(    )A. 若，且，则的解集为
B. 若，且，则函数有极小值
C. 若，且，则不等式的解集为
D. 若，则三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.  已知向量，，若，则实数          ．14.  已知单调递减的等比数列满足，且是，的等差中项，则数列的通项公式          ．15.  已知变量，，且，若恒成立，则的最大值为          ．16.  已知函数，，如果对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是          ．四、解答题（本大题共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.  本小题分记首项为的数列的前项和为，且当时，
证明：数列是等差数列；
若恒成立，求实数的取值范围． 
18.  本小题分在中，内角，，的对边分别是，，，且B.求若是边的中点，且，求面积的最大值． 19.  本小题分如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，，，，分别是线段，的中点．求证：平面求平面与平面所成角的余弦值． 20.  本小题分已知函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，图象关于原点对称，的相邻两条对称轴的距离是．求在上的增区间；若在上有两解，求实数的取值范围． 21.  本小题分已知椭圆：，长半轴长与短半轴长的差为，离心率为．求椭圆的标准方程；若在轴上存在点，过点的直线分别与椭圆相交于、两点，且为定值，求点的坐标．22.  本小题分已知函数，．求函数的单调区间是否存在实数，使得函数的极值大于？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案和解析 1. 【解析】集合，，
，
．故选D．2. 【解析】，所以．3. 【解析】若，则，若，则，故，若“”能推出“”，但“”推不出“”，故“”是“”的充分不必要条件，故选：．4. 【解析】名考生成绩的平均数，因为前三组频率直方图面积和为，前四组频率直方图面积和为，所以中位数位于第四组内，设中位数为，则，解得：．故选C．5. 【解析】由题可知，则的离心率．6. 【解析】圆即，
表示以为圆心，以为半径的圆，
由题意可得圆心在直线上，故，
即，，
当且仅当时等号成立，则的最小值为．故选C  7. 【解析】依题意，函数的图象与直线有两个交点，作出两函数图象如下图所示，由图可知，要使函数的图象与直线有两个交点，则，故选：． 8. 【解析】如图所示，
对于，平面，又平面，
，故A正确；
对于，平面，又、在直线上运动，
平面与平面重合，
平面，故B正确；
对于，由于点到直线的距离不变，故的面积为定值；
又点到平面的距离为，故为定值，C正确；
对于，点、到直线的距离不相等，
的面积与的面积不相等，故D错误．故选：．9. 【解析】函数的最小正周期为，故选项A正确；
当 时，，函数单调递减，故选项B错误；
当时，，所以函数的一个对称轴是，故选项C错误；
当时，，所以函数的一条对称轴是，故选项D正确．故选AD．10. 【解析】，，．对：若，，则，当且仅当，即，时取得等号，故选项A正确；对：若，，则，当且仅当，时取得等号，故选项B正确；对：若，则，即，，，当且仅当时取得等号，则，故选项C错误；对：，则，又因为，所以这样的，不存在，故选项D错误．故选AB．11. 【解析】由得，则焦点坐标，故A错误，
当直线垂直于轴，的中点在轴上，不满足题意，
当直线不垂直于轴，
设，，
直线：，，
代入得，
则，
为线段的中点，，
即，得，故B正确，
若直线过点，且是与的等比中项，
则，
设过点的直线：，代入得，
则，，
又抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可知，，
，
，
，
代入，
得，
得，满足判别式，
则，故C正确，
，，则，，
设在处切线斜率为，在处切线斜率为，
则在处切线方程为，
与联立，可得，
由，可得，
同理可得，
则，由选项C知，，
则，即，故D正确．故选：．  12. 【解析】对于、令，则．
因为，所以，即函数是增函数．
又因为，所以，
因此的解集为，
即的解集为，所以A正确；
对于、令，则．
又因为，即，
所以当时，则，函数是增函数；
当时，则，函数是减函数，
因此当时，函数取得极小值，
即函数有极小值为，所以B正确；
对于、令，则，
单调递增，
又，
即为的解集为，
即的解集为，
故C错误；
对于、令，则．
又因为，所以，
因此函数在上是增函数，
所以，即，
因此，所以D正确．
故选ABD． 13. 【解析】因为，，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
因为，所以．
故答案为．14.形式不唯一 【解析】设等比数列的公比为，依题意：有，又，将代入得，，，解得或又为递减数列，，，．
故答案为．  15. 【解析】对不等式两边同时取对数得，
即，
即恒成立，
设，，
，，则函数在上为增函数，
函数的导数，
由得得，
得，
即函数的最大增区间为，
则的最大值为故答案为．16. 【解析】求导函数，可得，
当，，
所以在上单调递减，
，
，在上单调递增，
，
对任意的，都有成立，
，
，
故答案为．  17.解：当时，，即．即故，所以     易知，所以数列是首项为，公差为的等差数列．       由可知，所以．
所以                                  ，  
所以                                                18.解：因为，所以，所以，，因为，所以；因为是边的中点，所以，所以，因为，且，所以，因为，所以，所以，则的面积19.证明  如图，取的中点，连接，，

 因为是的中点，所以，且．又是的中点，所以．由四边形是矩形，得，，所以，且，从而四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面．解  如图，



在平面内，过点作因为，所以又因为平面，所以，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，．因为平面，所以为平面的法向量设为平面的法向量．又，，由得取，得．从而，，所以平面与平面所成角的弦值为．20.解：由的相邻两条对称轴的距离是，则，，函数的图像关于原点对称，，，所以，，由， 得，，令得，得，在增区间是；令，则所以，若有两解，即在上有两解，
由的图象可得，，即，

 的取值范围是 21.解：由题意可得：，，，联立解得：，，，
椭圆的标准方程为：设，，．当直线的斜率不为时，设直线的方程为，联立，化为，
，，，，
同理可得：，，为定值，
必然有，解得，此时为定值，当直线的斜率为时，设，，，，此时，把代入可得：为定值综上可得：为定值，．22.解：函数的定义域为，
．
  当时，，
，  ，
函数单调递增区间为
当时，令得，      
(ⅰ)当，即时， ，
函数的单调递增区间为
(ⅱ)当，即时，
方程的两个实根分别为，，
若，则，，此时，当时，，
函数的单调递增区间为，
若，则，此时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
综上，当时，函数的单调递增区间为单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为 
 由得当时，函数在上单调递增，故函数无极值；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
则有极大值，其值为，
其中，而，
，
设函数，则，
则在上为增函数．
又，故等价于，
因而 等价于  
即在时，方程的大根大于，
设，由于的图象是开口向下的抛物线，且经过点，
对称轴，
则只需，即，
解得，而，
故实数的取值范围为