2023届辽宁省丹东市等2地大石桥市第三高级中学等2校高三上学期期末数学试题含答案

2023届辽宁省丹东市等2地大石桥市第三高级中学等2校高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据二次不等式求解集合，再求交集即可.

【详解】，故.

故选：B

2．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.

【详解】因为，所以，

则

故复数的虚部为.

故选：A.

【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.

3．下表是某校在年高考中各班的最高分，则这组数据从小到大的第百分位数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将数据由小到大进行排列，利用百分位数的定义可求得结果.

【详解】将数据由小到大进行排列为：、、、、、、、、、、、，

因为，因此，该组数据的第百分位数是.

故选：D.

4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，设正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则侧棱与底面内切圆半径的比为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先画出正六棱锥的底面和侧面，利用几何图形中边长的关系，求侧棱与底面内切圆半径的比.

【详解】如图，正六边形时正六棱锥的底面，等腰三角形是正六棱在的侧面，设侧棱，底面边长，底面内切圆半径，,

则是等边三角形，，侧面中，，

，即.

故选：A

5．对任意向量，下列关系式中不恒成立的是

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【详解】因为，所以选项A正确；当与方向相反时，不成立，所以选项B错误；向量的平方等于向量的模的平方，所以选项C正确；，所以选项D正确．故选B．

【考点定位】1、向量的模；2、向量的数量积．

6．为双曲线（，）上一点，，分别为其左、右焦点，为坐标原点.若，且，则的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】结合正弦定理、余弦定理以及双曲线的定义，求得，由此求得双曲线的离心率.

【详解】由，以及正弦定理可得，

因为，所以，，

因为，，所以，所以，

在中，.

化简可得，所以的离心率.

故选：B

7．已知，则与的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．不确定

【答案】C

【分析】令，结合题意可知，进而有，再利用对数函数的单调性和运算性质即可求解

【详解】令，

则当时，，当时，；

由，得

考虑到得，

由，得，

即

故选：C

8．已知与是直线（为常数）上两个不同的点，则关于和的交点情况是（    ）

A．无论，，如何，总有唯一交点 B．存在，，使之有无穷多个交点

C．无论，，如何，总是无交点 D．存在，，使之无交点

【答案】A

【分析】根据在直线可得，从而可得有唯一交点，从而可得正确的选项.

【详解】因为与是直线（为常数）上两个不同的点，

所以即，

故既在直线上，也在直线上.

因为与是两个不同的点，故、不重合，

故无论，，如何，总有唯一交点.

故选：A.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．“，”的否定形式是“，”

B．“”的一个充分不必要条件是“”

C．两个非零向量，，“，且”是“”的充分不必要条件

D．若随机变量，且，则等于0.6

【答案】BD

【分析】根据全称量词命题的否定判断A；结合三角函数知识以及向量相等的概念，根据命题间的逻辑推理关系，判断；根据正态分布曲线的对称性求得概率，判断D.

【详解】对于A，“，”的否定形式是“，”，A错误；

对于B,当时，成立；

当时，或，

比如可能是，不一定是，

故“”的一个充分不必要条件是“”，B正确；

对于C, 两个非零向量，，“，且”,那么，可能是方向相反向量，

故推不出成立，

当时，一定有，且，

故“，且”是“”的必要不充分条件，C错误；

对于D, 随机变量，且,

则，

则

，故D正确，

故选：

10．已知函数关于对称，则下列结论正确的是（    ）

A． B．在上单调递增

C．函数是偶函数 D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称

【答案】AC

【分析】根据题意，可知是对称轴，可解得，然后根据三角函数的性质，即可求出单调性，对称中心.

【详解】因为 ,函数关于对称，可知，所以解得：，故A 对. ,当时，，故B不对. ，所以是偶函数，故C对.

的图象向左平移个单位长度，得到,当 时，，所以D错.

故选：AC

11．已知直线与圆相切，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】根据给定条件，求出a与b的关系式，再利用均值不等式逐项判断作答.

【详解】因为直线与圆相切，则，即，，

对于A，因为，解得，A正确；

对于B，，当且仅当时取等号，B正确；

对于C，，当且仅当时取等号，C正确；

对于D，因为，当且仅当时取等号，则，

因此，当且仅当时取等号，D不正确.

故选：ABC

12．如图所示，正方体的棱长为2，为线段的中点，为上的点，且，过，，的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的有（    ）

A．为五边形

B．三棱锥外接球的体积为

C．三棱锥的体积为

D．与平面所成的角的正切值为

【答案】BC

【分析】利用面面平行的性质判断A；确定三棱锥外接球半径计算判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算距离及线面角判断CD作答.

【详解】对于A，显然与正方形的交线为线段MN，而与正方形有公共点，

则与正方形有交线，又面面，因此该交线与MN平行，交于点O，如图，

即有与正方形交线为线段，与正方形交线为线段，

从而与正方体的四个面相交，即是四边形，A不正确；

对于B，三棱锥与正方体有相同的外接球，

而正方体的外接球直径为体对角线长，球半径，

此球的体积，B正确；

对于C，以点D为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，

则，，

令平面的法向量为，则，令，得，

点N到平面的距离，而，

中，由余弦定理得，，

，

因此三棱锥的体积，C正确；

对于D，由选项C知，，

设平面的法向量，则，令，得，

设与平面所成的角为，则，

，，D不正确.

故选：BC

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

三、填空题

13．已知数列的通项公式为，为前项和，则最小值时，      .

【答案】或

【分析】求出时的范围即可得答案.

【详解】令得，

即当时，，

当时，

当时，

最小值时，或

故答案为：或.

14．若多项式，则     

【答案】

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】，

二项式的通项公式为：，

因为，

所以令，因此，

故答案为：

15．已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点，若，则直线的斜率为      .

【答案】

【分析】由条件可得，然后求出点的坐标，然后由可得答案.

【详解】因为，，，

所以，所以，，

所以，

故答案为：.

四、双空题

16．定义在上的函数满足，，若，则      ，      .

【答案】     0     -100

【分析】根据得到，，从而得到，即的一个正周期为4，故，用赋值法得到，求出，再求出关于对称，关于对称，结合，求出，，结合函数的正周期，求出的值.

【详解】由可得：，

即，将替换为得：

，两式相减得：，

即的一个正周期为4，

因为，所以，

又中令得：，

所以，

中令得：，故，

故；

由知：关于对称，

因为的最小正周期为4，所以，

故，即关于对称，

因为，所以，

，

由知：，

所以，则，

因为的最小正周期为4，

所以

.

故答案为：0，-100

【点睛】设函数，，，．

（1）若，则函数的周期为2a；

（2）若，则函数的周期为2a；

（3）若，则函数的周期为2a；

（4）若，则函数的周期为2a；

（5）若，则函数的周期为；

（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；

（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；

（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．

五、解答题

17．的内角的对边分别为，，.设.

(1)求A；

(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理得到，结合，求出；

（2）由正弦定理得到，表达出，利用为锐角三角形，求出，从而得到，.

【详解】（1）变形为，

由正弦定理得：，

由余弦定理得：，

因为，所以；

（2）由正弦定理得：，

故，

故

，

因为为锐角三角形，所以，，

解得：，

故，，

则.

18．已知数列的首项，且满足N*）．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)若＜100，求满足条件的最大正整数n．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知递推公式得，由此可得证；

（2）由（1）得，根据等比数列的求和公式可求得，再令，得函数的单调性和可得答案.

【详解】（1）解：，

，

又，

∴数列是以为首项，为公比的等比数列．

（2）解：由（1）可知，，

，

若，则，

令，所以在上单调递增，

且，

所以满足条件的最大正整数．

19．2022年某省社科院发布了本年度“城市居民幸福指数排行榜”，某市成为了本年度城市居民最“幸福城”，随后，某机构组织人员进行社会调查，用“10分制”随机调查“明月”社区人们的幸福指数.现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图记录了他们的幸福指数（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶）.若幸福指数不低于9.0分，则称该人的幸福度为“超级幸福”.

(1)指出这组数据的众数和中位数；

(2)求从这16人中随机选取3人，至少有2人是“超级幸福”的概率；

(3)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区（人数很多）任选4人，记表示抽到“超级幸福”的人数，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)众数：8.6；中位数：8.75 .

(2).

(3)分布列见解析；1.

【分析】（1）根据茎叶图即可求得众数和中位数；

（2）根据互斥事件的概率加法公式以及古典概型的概率公式，即可求得答案;

（3）确定的可能取值，确定幸福度为“超级幸福”的概率为，由题意可知，根据二项分布的概率计算可求得的每个值对应的概率，可得分布列，继而求得二项分布的数学期望.

【详解】（1）由茎叶图可知众数：8.6；中位数：.

（2）设 表示所取3人中有i个人是“超级幸福”事件，

至少有2人是“超级幸福”记为事件A，

则 .

（3）由题意可知,的可能取值为,

任选一人，该人的幸福度为“超级幸福”的概率为 ，

 故，

则，

  ,，

 ，

所以的分布列为；

因为,所以 .

20．如图，在几何体中，四边形是边长为2的菱形，且，，，，平面平面.

(1)求证：平面平面；

(2)若直线与平面所成角的正弦值，求点与平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）分别取中点O，G，证明，再结合面面垂直性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.

（2）求出EO长，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点与平面的距离作答.

【详解】（1）分别取中点O，G，连接，如图，

于是得，而，，则，

即四边形为平行四边形，，又，有，

因为平面平面，平面平面，平面，

因此平面，即有平面，而平面，

所以平面平面.

（2）连接，菱形中，，则为正三角形，有，

由（1）知平面，即有为直线与平面所成的角，即，

，而，则，

显然两两垂直，以点O为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面的法向量，则，令，得，

所以点与平面的距离.

21．已知椭圆，过点直线，的斜率为，，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且，，，任意两点的连线都不与坐标轴平行，直线交直线，于，.

(1)求证：；

(2)的值是否是定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)为定值

【分析】（1）依题意可得直线，直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可求出、的值，即可得证；

（2）设，，依题意可得、、三点共线，则，即可求出，同理可得，再结合（1）的结论得到，即可得到，从而得证.

【详解】（1）证明：依题意直线，直线，

由，消去整理得，

显然，所以，，

所以，

由，消去整理得，

显然，所以，，

所以，

所以.

（2）解：为定值，

设，，

由已知可得，，即，，

因为、、三点共线，所以，即，

解得，同理可得，

由（1）知，可得，

整理得，即，

所以，

所以，

所以，即.

22．已知函数的图象在点处的切线方程为.

(1)用表示出，；

(2)若在上恒成立，求的取值范围；

(3)证明：.

【答案】(1).

(2)

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；

（2）由在上恒成立，设函数，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.

（3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n个不等式累加,即可证明结论.

【详解】（1）由可得，

则，且，

则.

（2）由（1）知，，

令，

则 ，

当时，，

若，则，是减函数，所以 ，这与题意不符；

当时， ，

若，则，仅当时等号成立，是增函数，

所以，即恒成立，仅当时等号成立，

综上所述，所求a的取值范围为.

（3）由（2）知，当 时，有 ，

取，有，且当时，，

令，则 ，

即，

即，，，，

将上述n个不等式依次相加得 ，

两边加，整理得

【点睛】关键点点睛：证明不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的方法，即可证明.