2023届海南省海口市等5地、琼中黎族苗族自治县琼中中学等2校高三上学期12月期末数学试题含答案

2023届海南省海口市等5地、琼中黎族苗族自治县琼中中学等2校高三上学期12月期末数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用补集定义即可求出结果.

【详解】，

，

.

故选:C.

2．“”是“函数为奇函数”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

【分析】判断当时， 为奇函数，再根据函数为奇函数，求出a的值，即可判断“”和“函数为奇函数”之间的逻辑关系，可得出答案.

【详解】当时，，满足，

即函数为奇函数；

当函数为奇函数时，则，

即， 即，

故，解得，

即函数为奇函数推不出一定是，

故“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，

故选：A

3．已知等比数列的前项和为，且，，则（    ）

A．12 B．24 C．36 D．39

【答案】D

【分析】先根据已知条件算出等比数列的公比和首项，然后根据等比数列的求和公式算出.

【详解】设等比数列的公比为，

则，解得，

于是，解得，

于是.

故选：D

4．某研发团队研究出了一种新型智能产品，经过调研发现该产品推出市场的时间（单位：年）与市场占有率可近似用函数来描述，其中，是常数．已知该产品市场占有率为时，需要1年；市场占有率为时，需要1.5年，则市场占有率达到时约需（    ）（，）

A．2.32年 B．2.43年 C．2.58年 D．2.81年

【答案】C

【分析】根据题意，列出方程得到，再求得，即可求解.

【详解】由题意，当，，可得① ；

当，，可得②；

当，可得，

①②可得，，可得，

①②，可得，解得，

所以（年）.

故选：C.

5．已知某球的体积为，该球的某截面圆的面积为，则球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为（    ）

A．1 B．3 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可以求出球的半径，再根据勾股定理求出截面圆的半径，进而可以求出结果.

【详解】设截面圆的半径为，球的半径为球心到截面的距离为，

则，

因为球的体积为,

所以，

因为截面圆的面积为，

所以，故，

所以，

所以球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为，

故最大距离为3.

故选：B.

6．已知长方形中，，是线段的中点，是线段上靠近的三等分点，线段，交于点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，根据平面向量线性运算及平面共线定理的推论以，结合平面向量基本定理，即可求得的值，从而得结论.

【详解】由题可知，

设

则

,

又

，

所以，解得，所以.

故选：A.

7．已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则圆台的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】计算母线长为，再利用圆台的表面积公式计算得到答案.

【详解】圆台母线长为，

圆台的表面积.

故选：B

8．已知函数对任意的，都有，且，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，利用赋值法及函数单调性与导函数的正负的关系，结合函数的单调性即可求解.

【详解】因为，

用代替代入上式，得到，

又，令，则.

因为对任意的，都有，

所以在上单调递增.

由，得，

所以，解得，

所以不等式的解集为.

故选：D.

二、多选题

9．已知双曲线的焦点分别为，，则下列结论正确的是（    ）

A．渐近线方程为

B．双曲线与椭圆的离心率互为倒数

C．若双曲线上一点满足，则的周长为34

D．若从双曲线的左、右支上任取一点，则这两点的最短距离为6

【答案】AD

【分析】利用双曲线方程确定的值，从而可得渐近线方程与离心率从而可判断A，B；利用双曲线的定义结合已知等式可求得周长即可判断C；根据双曲线的性质可判断D.

【详解】双曲线整理得则，，

则双曲线的渐近线方程为，即，故A正确；

双曲线的离心率，椭圆的离心率，

所以，故双曲线与椭圆的离心率不互为倒数，故B不正确；

如图，不妨设双曲线的左右焦点分别为，，双曲线上一点，

因为，又，所以，又，

则的周长为，故C不正确；

如图，从双曲线的左、右支上任取一点，作轴与，作轴与，取双曲线左右顶点分别为，

因为在双曲线两支，，，所以可得，又，

则，当与重合，与重合时取等，

故从双曲线的左、右支上任取一点，则这两点的最短距离为6，故D正确.

故选：AD.

10．若，，，则下列正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由可判断，可判断，由，，可判断可得答案.

【详解】若，

所以，故A错误；

，

所以，故B正确；

，

，

所以，故C正确，D错误.

故选：BC.

11．如图，在正方体中，，，，均是所在棱的中点，则下列说法正确的是（    ）

A． B．平面

C．平面平面 D．

【答案】ABC

【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面和平面的法向量，利用空间直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.

【详解】依题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示

不妨设正方体的棱长为，则

所以，

所以，即，亦即，故A正确；

所以，

设平面的一个法向量为，则

，即，令，则，

所以，

所以，即，

又平面，

所以平面，故B正确；

所以，

设平面的一个法向量为，则

，即，令，则，

所以，

所以，即，

所以平面平面，故C正确；

所以,

所以和不平行，故D错误.

故选：ABC.

12．已知函数，，恒成立，在上单调，则（    ）

A．

B．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象

C．

D．若函数在上有5个零点，则

【答案】AB

【分析】由题意求出，可判断A；由三角函数的平移变化可判断B；求出可判断C；令，即与的图象有5个交点，画出与的图象即可判断D.

【详解】因为，所以是函数的一个零点，所以①，

又因为对恒成立，所以时取得最小值，

即②，则①减②可得：，

又因为在上单调，所以，

则，结合，所以，

所以，，

则，，又因为，

所以，故A正确；

所以，

将的图象向左平移个单位长度后得到，故B正确；

，故C错误；

函数在上有5个零点，令，

即与的图象有5个交点，画出与的图象如下，

，，

由图可知，当时，与的图象有5个交点，

即函数在上有5个零点,故D错误.

故选：AB

三、填空题

13．已知向量，满足，，，则          ．

【答案】

【分析】由可得，再由，代入化简即可得出答案.

【详解】因为，，，则，

所以，所以，解得：，

.

故答案为：.

14．已知圆与直线相切，且与轴切于点，则圆的方程为          ．

【答案】或

【分析】设出，根据点到直线距离公式列出方程，求出圆心和半径，得到圆的方程.

【详解】因为圆与轴切于点，故圆心的横坐标为3，

设，则圆心到直线的距离为，

则，解得或2，

故圆心坐标为或，

当时，半径为8，当时，半径为2，

故圆的方程为或.

故答案为：或

15．已知为第二象限角，，则            .

【答案】/

【分析】由正切二倍角公式及所在象限得到，再由诱导公式，化弦为切，代入即可.

【详解】因为为第二象限角，故，

因为，所以，故，

解得：或（舍去），

，

分子分母同除以得：.

故答案为：

16．若函数有两个极值点，则实数的取值范围为          ．

【答案】

【分析】令，对其再求导得到，讨论其符号后可得其单调性，结合有两个不同的变号零点可得最值的符号，从而可得参数的取值范围.

【详解】，

令，

由题设可得有两个不同的变号零点，即有两个变号零点.

而，

当时，，故为上的减函数，与有两个变号零点矛盾.

当时，由得；由得，

故在上的减函数，在为增函数，

故，

因为有两个变号零点，故即.

此时，，

下证：当时，有.

设，则，

故在上为增函数，故，

故在上恒成立，即在上恒成立，

故当时，

有，

故此时确有两个变号零点，

综上，.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：函数零点问题，可利用导数讨论函数的单调性，再结合零点存在定理判断零点的存在性，有时可根据不等式放缩考虑函数值的符号.

四、解答题

17．已知数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等比数列的定义先证明再求解，

（2）由分组求和以及等比数列的求和公式即可求解.

【详解】（1）由，得，

故，

所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列，

所以，

故．

（2），

所以

18．在中，角，，的对边分别为，，，且．

(1)求；

(2)若点为边上一点，且，，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差化简求值即得；

（2）应用余弦定理找到边的关系，再应用基本不等式求积的范围，求出面积的最值即得.

【详解】（1）因为

由正弦定理，得，

即，

所以．

由，得，

所以，即．

因为，所以．

（2）因为

所以，．

在和中，由余弦定理，得

，

．

又，

所以，

整理得，

即．

在中，由余弦定理，得，

所以，

得，则，

当且仅当，即，时等号成立，

所以的面积，

故面积的最大值为．

19．如图，在四面体中，，分别为棱，上的点，，底面，，．

(1)求证：平面平面；

(2)求侧棱与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）根据给定条件，结合等腰梯形的性质证得为正三角形，再利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答.

（2）由（1）的信息建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.

【详解】（1）因为，，，则四边形为等腰梯形，

作于，于，则，

在中，，因此，为正三角形，且，

从而，又平面，平面，则，

又平面，于是平面，又平面，

所以平面平面．

（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，射线的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，

显然，则，

有，设平面的法向量，

则，令，得，

设与平面所成的角为，则，

所以侧棱与平面所成角的正弦值为.

20．已知抛物线的焦点为，是上一点，且，以为直径的圆截轴所得的弦长为3．

(1)求；

(2)若点是抛物线上一动点（除原点外），过点作的切线，切点为，，当的面积为时，求直线的方程．

【答案】(1)2

(2)或．

【分析】（1）设，由题意可得，用表示出，再由，代入求解即可得出答案.

（2）由导数的几何意义求出直线的方程，两个方程联立可求出点，设直线的方程为，联立直线和抛物线方程，由韦达定理表示出，再求出点到直线的距离，表示出的面积，即可得出答案.

【详解】（1）设，

则有，可得，

因为以为直径的圆截轴所得的弦长为3，设弦长为，

过圆心作轴，则连接，则为边的中点，

所以轴，所以，得，

解得或8（舍去），故的值为2．

（2）由（1）知，抛物线，

易知直线的斜率存在，且不为零，设直线的方程为，，，由，得，

所以直线的方程为，即，

同理，直线的方程为，

由，可得：，，

所以．

由得，，

所以，，则．

由在抛物线上，得，满足，

所以．

点到直线的距离，

所以，

所以或，

所以直线的方程为或．

21．设椭圆的上顶点为，下顶点为，右焦点为，离心率为．

(1)求椭圆的方程．

(2)设过点的直线交椭圆于，两点（不同于，两点），试问是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，．

【分析】（1）根据离心率及上顶点的坐标，利用椭圆中的关系可以求出椭圆方程；

（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由，得，结合韦达定理可得直线的方程.

【详解】（1）由上顶点为，得．

由离心率，且，可得，

所以椭圆的方程为．

（2）依题意，设存在直线满足题意，

当直线的斜率为0时，，即与不垂直，不合题意．

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，，

，，

联立得，

所以，．

因为，所以，

即，

所以，

所以，

所以，解得或．

当时，直线过点，不符合题意，

所以直线的方程为．

故存在直线满足条件，且直线的方程为．

22．已知函数

(1)求的单调区间；

(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；

（2）由（1）可得，，，显然，，

令，设，则，依题意只需证明，即证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.

【详解】（1）定义域为，且，

当时，，在上单调递减．

当时，令，得，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）因为，是函数的两个不同的零点，所以，，，

显然，，因为，，

所以，，

即，，

所以．

不妨令，设，

则，，

所以，．

又，

所以要证，

只需证，即．

因为，

所以只要证，

即，即．

令，，则，

所以在上单调递减，所以，所以．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．