广东省揭阳市普通高中2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份广东省揭阳市普通高中2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共21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。
揭阳市2023年普通高中高三级教学质量测试数学本试题共4页，考试时间120分钟，总分150分一、选择题：本题共8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. 已知全集，集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 或【答案】B【解析】分析】化简A，由补集求得B，即可进行交集运算.【详解】由，得或.又，所以，故选：B.2. 已知，是关于x的方程的两个根.若，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.法二：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.故选：C.3. 已知，为单位向量，向量满足.若与的夹角为60°，则（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】由数量积运算公式及代入求解即可.【详解】由，得，所以，所以.故选：B.4. 已知，则下列结论一定成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由，得，取可判断A，C；根据函数在R上单调递减，可判断B；根据幂函数在R上单调递增可判断D.【详解】由，得，取，则，选项A不正确；因为，由于函数在R上单调递减，故，选项B不正确；因为，取，，选项C不正确；由于幂函数在R上单调递增，故选项D正确.故选：D.5. 一个圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥内部最大的球的表面积为.若该圆锥的轴截面的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出内切球的半径，依题意可得圆锥的内切球和外接球的球心是同一个点，且球的半径为该等边三角形外接圆的半径，设球的半径为，则，最后根据球的表面积公式计算可得.【详解】解：设该圆锥内切球的半径为，则，所以.因为该圆锥的轴截面是等边三角形，所以其内切球和外接球的球心是同一个点，即该等边三角形的中心，则球的半径为该等边三角形外接圆的半径，设球的半径为，则，所以球的表面积为.故选：D.6. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由的范围判断的符号，再由展开计算即可.【详解】因为，所以，则，所以，所以， 故选：B.7. 已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（    ）A. 288 B. 144 C. 72 D. 36【答案】C【解析】【分析】方法1：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队在父亲母亲产生的3个空中选一个空将3个小孩放进去.方法2：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队3个小孩“捆绑”与2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队.【详解】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为.方法2：2位父亲的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为.故选：C.8. 如图，四边形ABCD是边长为的正方形，P是圆弧上的动点，且，Q是线段BC上的动点.当点P固定时，点Q将运动到使取到最小值时的位置；当点Q固定时，点P将运动到使取到最大值时的位置.当某一时刻，点P，Q都不再运动，且满足上述条件时，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 不存在【答案】A【解析】【分析】由题意点P，Q都不再运动，且满足已知条件时，为的中点，且，则为的中点，连接交于，求出，即可得解.【详解】当点P固定时，点Q将运动到使取到最小值时的位置，此时，，则要使当点P，Q都不再运动，且满足题中两个条件时，，且点离最远，则为的中点，所以为的中点，连接交于，因为四边形ABCD是边长为的正方形，所以，为的中点，又因，为的中点，所以，，所以，因为为的中点，所以，所以.故选：A.二、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. 在正方体中，下列结论正确的是（）A. 平面 B. 平面C. 点D到平面的距离为 D. 与平面所成角的正弦值为【答案】ABC【解析】【分析】构建空间直角坐标系，用向量法根据线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理判断A、B正确，根据空间向量法求取面的法向量，求得点D到平面的距离为，故C正确，求得与平面所成角的正弦值为，选项D错误.【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示.设正方体的棱长为1，连接BD，交AC于O，连接，则，，，，，，，，所以，，，，，.由，得.   又平面，平面，所以平面，故选项A正确；因为，所以.又，所以.因为，，平面，所以平面，故选项B正确；易知是平面的一个法向量，所以点D到平面的距离为.又，所以点D到平面的距离为，故选项C正确，与平面所成角的正弦值为，故选项D错误；故答案选ABC.10. 2022年前三个季度全国居民人均可支配收入27650元，比2021年同期增长了约5.3%，图①为2021年与2022年前三季度全国及分城乡居民人均可支配收入的对比图；图②为2022年前三季度全国居民人均消费支出及构成（其中全国居民人均可支配收入=城镇居民人均可支配收入×城镇人口比重+农村居民人均可支配收入×农村人口比重），则下列说法正确的是（    ）A. 2022年前三个季度全国居民可支配收人的中位数一定高于2021年同期全国居民可支配收入的中位数B. 2022年城镇居民人数多于农村居民人数C. 2022年前三个季度全国居民在食品烟酒以及居住方面人均消费超过了总消费的50%D. 2022年前三个季度全国居民在教育文化娱乐方面的人均消费支出超过了3700元【答案】BC【解析】【分析】根据图中所给的信息对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于选项A，图中信息体现的是平均数的差别，没有提供中位数的信息，不能作出判断，故选项A错误；对于选项B，设2022年城镇居民占全国居民的比重为x，则有，解得，故选项B正确；2022年前三个季度全国居民在食品烟酒以及居住方面的人均消费支出占总消费的比例分别为30%，24%，故选项C正确；2022年前三个季度全国居民在教育文化娱乐方面的人均消费支出为（元），且，故选项D错误.故选：BC.11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且C的一条渐近线经过点，直线与C的另一条渐近线在第四象限交于点A，则下列结论正确的是（）A. C的离心率为2B. 若，则C的方程为C. 若，则（O为坐标原点）的面积为D. 若，则C的焦距为【答案】ABD【解析】【分析】对A，由渐近线过点P建立齐次式求得离心率；对BC，由得点P在圆上，从而，其它参数及的面积依次可求；对D，由向量数乘及渐近线方程建立方程组可解得ｃ.【详解】对A，双曲线C的渐近线方程为，因为C的一条渐近线经过点，所以，即，所以，所以，故选项A正确；对B，因为，所以点P在圆上，所以. 又离心率，所以，则，所以C的方程为，故选项B正确；对C，由Ｂ得，的面积为，故选项C错误；对D，设，，由，得，所以，，代入渐近线方程，得，解得，所以C的焦距为，故选项D正确.故选：ABD.12. 已知函数，且存在唯一的整数，使得，则实数a的可能取值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】将不等式转化为，分别作出与的图象，转动直线使得满足的整数解是唯一的，观察直线的斜率满足的条件即可.【详解】令，得.令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减.如图，分别作出函数与的图象，其中直线恒过定点.由图可知，，，存在唯一的整数，使得，则需，故实数a的取值范围是，其中，，而，，故选：AC.【点睛】参数分离法解不等式恒成立问题:(1) 参数完全分离法:将参数完全分离到不等式的一端，只需求另一端函数的最值即可，这种方法的好处是分离后函数不含参数，易求最值.(2) 参数半分离法:将原不等式分成两个函数，其中一个函数为含参的简单函数，如一次函数，可以通过图象的变化寻求满足的条件.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 记等差数列的前n项和为，已知，，则的通项公式为______.【答案】【解析】【分析】运用等差数列通项公式及等差数列前n项和公式的基本量代入计算即可.【详解】设等差数列的公差为d，则，，，所以故答案为：.14. 已知函数满足①；②在定义域内单调递增.请写出一个符合条件①②的函数的表达式______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据对数的运算法则以及对数函数的单调性求解即可.【详解】取，则，满足①；因为所以在定义域内单调递增，满足②，故符合条件①②的函数的表达式可以为.故答案为：（答案不唯一）.15. 如图，一台发电机产生的电流是正弦式电流，即电压U（单位：V）和时间t（单位：s）满足.在一个周期内，电压的绝对值超过的时间为______.（答案用分数表示）.【答案】s【解析】【分析】由图象求出函数解析式，然后求得的解，结合图象可得．【详解】由已知，，，.在区间内，令，或，可得，；同理令，可得，.综上，电压的绝对值超过的时间为（s）.故答案为：s．16. 已知椭圆E：（），F是E的左焦点，过E的上顶点A作AF的垂线交E于点B.若直线AB的斜率为，的面积为，则E的标准方程为______.【答案】【解析】【分析】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，并作出图，根据，直线AB的斜率为，得到，结合椭圆的性质得到，，从而设直线的方程：，联立直线的方程和椭圆方程解得的坐标，再根据的面积为，即可求解.【详解】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，如图所示：由题意知：，直线AB的斜率为，即，所以，.由椭圆的性质知：，，则，所以，，则，故直线AB的方程为.联立，解得：或，所以，故，则，解得：又，所以，即，则E的标准方程为.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. 已知数列满足，是以1为首项，2为公比的等比数列.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等比数列通项公式可得，可构造，利用常数列求解，也可根据，利用累加法求解；（2）根据裂项相消法求和即可.【小问1详解】由题意得，法一：因为，即，所以是常数列，所以，故.法二：当时，，，，，等式两边分别相加，得，所以.当时，也符合上式，故.【小问2详解】因为，所以.18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，点D为BC边的中点.（1）求A；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角及展开代入计算即可.（2）联立两边平方后的式子与所得的式子解方程组可得bc的值，再代入三角形面积公式可得结果.【小问1详解】由及正弦定理得：.由，得.所以.因为，所以，则.又，所以；【小问2详解】∵点D为BC边的中点，∴，∴，又∵，，∴，即. ①又∵在△ABC中，，，，∴，②∴由①②得：，∴△ABC的面积.19. 如图①，在中，，，，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，并连接PB，PC，得到四棱锥，如图②，设平面平面（1）证明：平面PBD；（2）若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直判定定理证得平面PBD，再运用线面平行的判定定理证得平面PBC，再运用线面平行的性质定理证得，进而证得结果.（2）过点B作，由面面垂直的性质证得平面PDE，进而求得，取BD的中点O，连接OP，再由线面垂直的性质证得，进而由线面垂直的判定定理证得平面BCED，则以D为坐标原点建系，分别计算平面PEC与平面PBD的法向量，代入面面夹角的计算公式即可.【小问1详解】证明：因为，所以.因为D，E分别是边AB，AC的中点，所以，所以，.又BD，平面PBD，，所以平面PBD.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.又平面PDE，平面平面，所以，所以平面PBD.小问2详解】如图，过点B作，垂足为F.由（1）知平面平面PBD，又平面平面，平面，所以平面PDE，所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，即.在中，，所以.又，所以是边长为2的等边三角形.取BD的中点O，连接OP，则，.由（1）知，平面PBD，又平面PBD，所以.又，BD，平面BCED，所以平面BCED.以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，.设平面PEC的法向量为，则令，得，，所以是平面PEC的一个法向量.又是平面PBD的一个法向量，所以，所以平面PEC与平面PBD夹角的余弦值为.20. 《夺冠》这部影片讲述的是中国女排从1981年首夺世界冠军到2016年里约奥运会生死攸关的中巴大战，诠释了几代女排人历经浮沉却始终不屈不挠、不断拼搏的传奇经历.现代排球赛为5局3胜制，每局25分，决胜局15分.前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先对方2分时，才胜1局.在第5局比赛中先获得15分并领先对方2分的一方获胜.在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方.经过统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概率为.（1）假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；（2）当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第i个回合拥有发球权的概率为.假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球的概率的大小.【答案】（1）（2），甲队开球的概率大于乙队开球的概率【解析】【分析】（1）在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况为：胜胜负；胜负胜；负胜胜共3种情况，求三种情况的概率之和即可.（2）由与的关系式求得的通项公式，进而得，比较与即可.【小问1详解】在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况为：胜胜负；胜负胜；负胜胜共3种情况，对应的概率分别记为：、、，；；，所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率.【小问2详解】由全概率公式可得，，即.易知，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，故.又因为，所以.而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球的概率.21. 已知F是抛物线E：的焦点，过点F的直线l与E交于A，B两点.当轴时，（O为坐标原点）的面积为2.（1）求E的方程；（2）设过点F的直线与E交于C，D两点，且.当时，求直线l的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由抛物线的通径代入三角形的面积公式计算可得结果.（2）联立直线l的方程与抛物线方程，由韦达定理及抛物线定义得，同理可得，进而得，由抛物线的定义可得，进而得，代入计算可得结果.【小问1详解】当轴时，AB为抛物线E的通径，此时.易知，所以OF是△OAB的高，所以△OAB的面积，解得，所以E的方程为.【小问2详解】由题意可设直线l的方程为，，，联立，得，，则，.根据抛物线的定义，得，，所以，整理得.设直线的方程为，同理可得.因为，所以，解得（舍去）或，即，所以，同理可得.当时，即，解得，所以直线l的方程为或.22. 已知函数.（1）讨论的零点个数；（2）当有两个零点时，分别设为，，试判断与2的大小关系，并证明.【答案】（1）答案见解析；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.【小问1详解】，因为，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.所以当，即时，的零点个数为0；当，即时，的零点个数为1；当，即时，注意到，，因，则，令，则.令，则，因，得，即在上单调递增.则，则.故，使得，得时，的零点个数为2.综上：时，的零点个数为0；时，的零点个数为1；得时，的零点个数为2.【小问2详解】.证明如下：由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.令，，则，当时，，所以在区间上单调递增，所以，所以.因为，所以.又由（1）知在区间上单调递增，则，故.【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点；（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.