2023届宁夏银川市贺兰县第二高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题含答案

这是一份2023届宁夏银川市贺兰县第二高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届宁夏银川市贺兰县第二高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题1．集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出集合,再求并集.【详解】由可得 所以所以故选：B2．若复数满足，则（    ）A．5 B． C．25 D．17【答案】A【分析】由复数的综合运算求得，再根据模的定义计算．【详解】由，得，所以，所以．故选：A．3．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】引入中间变量0和1，即可得到答案；【详解】，，故选：C.4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分析函数的奇偶性及又时函数值的正负即可判断.【详解】解：因为定义域为R，且，所以为偶函数，其图象关于轴对称，故排除选项B、D；又时，，排除选项C，故选项A正确.故选：A.5．曲线在点处的切线方程是    A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导数，求出切线方程的斜率，即可得到切线方程．【详解】曲线，解得y′=ex+xex，所以在点(0,1)处切线的斜率为1．曲线在点（0，1）处的切线方程是：y﹣1=x．即x﹣y+1=0．故选A．【点睛】本题考查曲线的切线方程的求法，考查计算能力6．经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求得两条直线和的交点坐标，再利用直线垂直的等价条件以及直线的点斜式方程，即可求得该直线的方程.【详解】由，可得，又垂直于直线的直线的斜率，则所求直线方程为，即.故选：D7．已知数列为等差数列，若，则A． B． C． D．【答案】D【分析】由等差数列的性质可得a7=，而tan（a2+a12）=tan（2a7），代值由三角函数公式化简可得．【详解】∵数列{an}为等差数列且a1+a7+a13=4π，∴a1+a7+a13=3a7=4π，解得a7=，∴tan（a2+a12）=tan（2a7）=tan=tan（3π﹣）=﹣tan=﹣故选D．【点睛】本题考查等差数列的性质，涉及三角函数中特殊角的正切函数值的运算，属基础题．8．下列结论中正确的是( 　)A．命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1”的否命题是“若x2－3x＋2＝0，则x≠1”B．命题p：存在x0∈R，sin x0>1，则 p：任意x∈R，sin x≤1C．若p且q为假命题，则p、q均为假命题D．“x2＋2x－3<0”是命题．【答案】B【分析】结合命题、否命题、命题的否定的定义及复合命题的真假判断方法，依次判断即可．【详解】命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1”的否命题是“若x2－3x＋2≠0，则x≠1”否命题，选项A错误；若p且q为假命题，则p、q至少有一个为假命题，选项C错误；对于一个命题有题设和结论两部分构成，选项D，显然不符合，故错误．所以答案选B．【点睛】本题考查了命题、否命题、命题的否定的定义及复合命题的真假判断，综合性较强，此类问题的关键是掌握其定义和判断方法．9．为了得到函数的图像，只需将函数的图像A．横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向右平移个单位B．横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移个单位C．横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位D．横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位【答案】A【分析】由条件利用 的图像变换规律，得到结论．【详解】把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变得到函数，再将函数的图像上所有点向右平移个单位得到函数．故选A【点睛】解决本题的关键在于 的图像变换规律的掌握，要灵活运用，一般分为两种：（1）先相位变换再周期变换；（2）先周期变换再相位变换．10．在中，已知D是AB边上一点，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的运算法则得到，确定，，得到答案.【详解】，故，，.故选：B.11．若两圆和恰有三条公切线，则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．3【答案】C【分析】根据两圆外切求得参数的关系，然后根据基本不等式求最值.【详解】解：由题意可得两圆相外切两圆的标准方程分别为圆心分别为，半径分别为2和1故有， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C12．已知点，分别是椭圆的左、右焦点，点A是椭圆上一点，点О为坐标原点，若，直线的斜率为，则椭圆C的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可得，结合条件可得，即求.【详解】如图，由，得，故．因为直线的斜率为，所以，所以，又，所以，，又，故，得，所以.故选：D． 二、填空题13．已知函数，则____________．【答案】1【分析】直接代入，即可求解.【详解】因为函数，所以函数，所以.故答案为：114．已知向量，．则________；【答案】【分析】确定，再计算模长得到答案.【详解】，，则，故.故答案为：.15．已知实数，满足不等式组则的最大值是__________．【答案】【详解】  作出不等式组表示的平面区域，如图所示，由图知当目标函数经过点时取得最大值，即16．已知函数满足，且是偶函数，当时，，若在区间内，函数有2个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】【分析】根据函数的周期性和奇偶性得到函数解析式，变换得到，考虑和两种情况，画出函数图像，根据图像得到，解得答案.【详解】当时，，；故时，，当时，，即.，即，，画出函数图像，如图所示：    当时，最多有一个交点，不满足；当时，有两个交点，则，即，.综上所述：.故答案为：. 三、解答题17．已知数列是等差数列，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接根据等差数列公式计算得到答案.（2）确定，再根据分组求和法结合等差数列等比数列求和公式计算即可.【详解】（1），故，故.（2），.18．已知椭圆的离心率为，其中左焦点．（1）求椭圆的方程．（2）若直线与椭圆交于不同的两点，，且线段的中点在圆上，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】(1)根据条件列出关于，求解方程组，即可得到椭圆的方程；(2)联立直线方程与椭圆方程，根据中点坐标公式以及韦达定理求得中点的横纵坐标关于的表达式,代入圆方程解得的值,注意要检验满足判别式大于0的条件.【详解】（1）由题意，得,解得，∴椭圆的方程为；（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，由消得，，（*），，∵点在圆上，，，满足（*），.【点睛】本题考查弦中点问题以及椭圆标准方程,考查基本分析转化求解能力,属中档题.关键是要熟练利用韦达定理和中点坐标公式,并注意检验是否满足判别式大于0的条件.19．的三个内角，，的对边分别是，，，已知，．（Ⅰ）若，求的面积；（Ⅱ）若，边上有一点满足，求线段的长度．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由已知条件结合正弦定理及三角恒等变换化简可得，从而得到角，进而利用三角形的面积公式即可求解；（Ⅱ）先由（Ⅰ）及余弦定理求得，结合正弦定理求出角，再根据已知条件求出，利用余弦定理即可求解.【详解】（Ⅰ）因为，由正弦定理得．因为，所以，又因为,可得，所以．又由，所以，所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由余弦定理得，即，解得，由正弦定理得，即，得．因为，所以．由，可得，在中，由余弦定理得所以线段的长度为．20．已知函数（，，）的部分图象如图所示．(1)求函数的解析式；(2)求函数单调增区间；(3)设，且方程存两个不同的实数根，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）确定，根据周期得到，结合得到，得到答案.（2）解不等式即可.（3）确定，画出，的图像，根据图像得到答案.【详解】（1），，，，且，，，，，则.故.（2）取，解得，故函数单调增区间为.（3），则，设，，画出函数图像，如图所示：根据图像知：.21．已知函数．（1）设是函数的极值点，求m的值，并求的单调区间；（2）若对任意的恒成立，求m的取值范围．【答案】（1），在和上单调递增，在上单调递减；（2）.【分析】（1）求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，进而根据导数的符号，即可求解函数的单调区间；（2）由（1）可得，分和两种情况讨论，结合哈市的单调性和极值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得，因为是函数的极值点，所以，故，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减．   （2）由（1）可得，当时，，则在上单调递增，又由，所以恒成立； 当时，易知在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，则，这与恒成立矛盾，   综上可得，实数m的取值范围.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．22．在直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，设，求的值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）直接消去参数可得到直线的普通方程，利用极坐标方程和直角坐标方程的互化公式可得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入，可得，然后利用参数的几何意义求解即可【详解】（1）解：由，得直线l的普通方程为，由，得曲线C的直角坐标方程为，（2）解：将代入中，化简得，所以，所以