山东省枣庄市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

试卷类型：A

2022－2023学年第一学期高三质量检测

数学试题

2023.01

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. 已知集合，则满足的非空集合B的个数为（    ）

A. 3 B. 4 C. 7 D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】先化简集合，然后利用子集的定义进行求解即可

【详解】

所以满足的非空集合B有，，，故个数为3，

故选：A

2. 已知i是虚数单位，则的虚部为（    ）

A. 1 B. i C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用除法运算进行化简，然后利用虚部的定义进行求解即可

【详解】因为，

所以的虚部为，

故选：C

3. 已知为线段上的任意一点，为直线外一点，关于点的对称点为，若，则的值为（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】依题意可得、、三点共线，即可得到，再由，即可得到，从而得解.

【详解】解：依题意可得、、三点共线，所以，

又关于点的对称点为，所以，

又，所以，

所以，，则.

故选：C

4. 《九章算术》是中国古代的数学专著，书中记载有如下一个问题：“今有圆亭，下周三丈，上周两丈，高一丈，问积几何”.意思为“今有一圆台体建筑物，下周长为3丈，上周长为2丈，高为1丈，问它的体积为多少”，则该建筑物的体积（单位：立方丈）为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别计算圆台上下底面圆的半径，再计算体积.

【详解】下周长为3丈,则下底面圆的半径丈，

上周长为2丈，则上底面圆的半径丈，

则

，

故选：D.

5. 已知，则的值不可以为（    ）

A.  B. 1 C. 0 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用二倍角公式得到，即可得到或，再分类讨论分别计算可得.

【详解】解：因为，

所以，

即，即，

所以或，

当时，

当时，

当时，当时.

故选：B

6. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.

【详解】解法一：

如图，设直线在平面的射影为，

作于点G，于点H，连接，

易得，又平面，则平面，又平面，则，

有

故．

已知，

故为所求．

解法二：

如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．

建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

则，

所以，

设平面的法向量，则

令，则，所以，

所以．

设直线与平面所成角为，所以，

所以．

故选B．

7. 已知双曲线，、分别是上下顶点，过下焦点斜率为的直线上有一点满足为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】依题意首先得到直线的方程，过点作轴，垂足为，即可表示点的坐标，再由点在直线上，即可得到、的关系，即可求出离心率.

【详解】解：依题意可得，，，直线的方程为，

过点作轴，垂足为，因为，所以，，

所以，则，，所以，

又点在直线上，所以，所以.

故选：D

8. 已知，则实数的可能取值为（    ）

A. －1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得，可设，可得上式即为，利用导数说明的单调性，即可得到的最小值，即可判断的单调性，可得在上恒成立，即有恒成立，可设，求得导数和单调性、极值和最值，即可得到所求的范围，即可判断．

【详解】解：对任意，都有，

可得，即，

可设，可得上式即为，

由，令，则，

当时，，（）单调递增；当时，，（）单调递减，

则在处取得极小值，且为最小值，

则恒成立，可得在上单调递增，

则在上恒成立，即有恒成立，

可设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，

可得在处取得极大值，且为最大值，

则，即的取值范围是，故符合题意的只有．

故选：D．

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. 已知的最小正周期为，则（    ）

A.

B. 的图象关于直线对称

C. 在上单调递增

D. 在上有四个零点

【答案】AD

【解析】

【分析】通过辅助角公式先将化简，再通过的最小正周期为，得出的值，即可利用三角函数性质对选项一一验证即可得出答案.

【详解】，

则，

的最小正周期为，且，

，即，

，

对于选项A：

，

故选项A正确；

对于选项B：

的对称轴为，，

即，，

令，解得：，

故选项B错误；

对于选项C：

的单调递增区间为，，

即，，

故在上单调递增，在上单调递减，

故选项C错误；

对于选项D：

的零点为，，

即，，

则在上有四个零点，

分别是，，，，

故选项D正确.

故选：AD.

10. 已知正方体的棱长为1，则（    ）

A. 直线与所成的角为90°

B. 平面

C. 平面平面

D. 点A到平面的距离为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据线面垂直的性质，线面夹角，面面垂直的判定，等体积转化法即可求解.

【详解】对于选项A：

因为,

,

，

所以平面，

又平面，

所以

所以直线与所成的角为90°，

故选项A正确；

对于选项B：

易知四点共面，

直线与平面夹角为，

所以直线与平面不平行，

所以选项B错误；

对于选项C：

且，

所以平面，

平面，

所以平面平面.

故选项C正确；

对于选项D：

，

设点A到平面的距离为，

所以，

所以.

点A到平面的距离为.

故选项D正确；

故选：ACD.

11. 已知直线，圆，则（    ）

A. 圆心C到l距离的最大值为

B. 圆上至少有3个点到l的距离为

C. 圆上到l的距离为的点有且只有2个

D. 若，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，则两切线的交点坐标为

【答案】BC

【解析】

【分析】依题意求出直线恒过定点，并判断点与圆的位置关系，进而可判断A，B，C的正误，将代入圆的方程可知点在圆上，即可判断D的正误.

【详解】直线，化简得，

可知直线恒过定点，代入到圆，

可得，所以点在圆内，

易知圆的圆心为，半径，

所以当时，圆心C到l距离有最大值，故A错误，

此时半径，所以圆上恰好有3个点到l的距离为，

当与不垂直时，圆心C到l距离小于，

那么圆上会有4个点到l的距离为，

所以圆上至少有3个点到l的距离为，故B正确，

由圆的对称性可知，无论为何值时，

圆上到l的距离为的点有且只有2个，故C正确，

当，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，

则两切线的交点必在圆外，而点代入到圆，

可知，即点在圆上，

所以点不是两切线的交点，故D错误，

故选：BC.

12. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和，且，，且为奇函数，则（    ）

A. 函数的图象关于直线对称

B. 函数的图象关于点对称

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D．

【详解】解：因为为奇函数，所以，取可得，

因为，所以；

所以，又，，

故，所以函数的图象关于点对称，故B正确；

因为，所以，所以，为常数，

因为，所以，

所以，取可得，所以，

故关于对称，故A正确；

又，所以，所以，

所以，故函数为周期为的周期函数，

因为，所以，，

所以，

所以，

所以，

由已知无法确定的值，故的值不一定为，故C错误．

因，所以，，

所以，故函数为周期为的函数，

所以，所以函数为周期为4的函数，

又，，，，

所以，，

所以

，故D正确；

故选：ABD．

【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：

若，则函数关于对称；

若，则函数关于中心对称；

若，则是的一个周期.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知“，”为假命题，则实数a取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】写出原命题的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.

【详解】因命题“，”为假命题，则命题“，”为真命题，

当时，恒成立，则；

当时，必有，解得，

综上，实数a的取值范围是.

故答案为：

14. 若函数在区间上的最大值为，则实数_______.

【答案】3

【解析】

【分析】先分离变量，再由复合函数的单调性知，分类研究即可.

【详解】∵函数，

由复合函数的单调性知，

当时，在上单调递减，最大值为；

当时，在上单调递增，最大值为，

即，显然不合题意，

故实数.

故答案为：3

15. 已知等差数列的前n项和为，若，且，则______.

【答案】2

【解析】

【分析】先结合算出,再计算.

详解】∵,

∴,

,,

,

故答案为：2.

16. 已知椭圆，，是其左、右焦点，点在椭圆上且满足.若到直线的距离为，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由正弦定理可得，则，令，则问题转化为求的最小值，即右焦点到直线的距离，即可得解.

【详解】解：在中由正弦定理，又，

所以，

所以，

令，要求的最小值，即求的最小值，

则，当且仅当垂直直线且在与之间时取等号，

所以.

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. 已知在的展开式中，第2项与第8项的二项式系数相等.

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式中的常数项.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题目条件先求出，再根据二项式系数的性质求出结果；

（2），结合（1）中的结果，求出的常数项和的系数即可.

【小问1详解】

依题意得，，解得，根据二项式系数的性质最大，于是展开式中系数最大的项为：.

【小问2详解】

，展开式的常数项为：，展开式的的系数为：，于是展开式的常数项为：

18. 已知数列的前项和为，且.

（1）求；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，作差得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出其通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可.

【小问1详解】

解：因为，当时，解得，

当时，所以，即，

所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.

【小问2详解】

解：由（1）可得，

所以

.

19. 在中，角，，所对的边分别为，，，，.

（1）求的取值范围；

（2）求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得；

（2）由（1）可知，则，再结合（1）中的取值范围及正切函数的性质计算可得.

【小问1详解】

解：在中由余弦定理，

因为，，

所以，即，

所以，当且仅当时取等号，

又，所以.

【小问2详解】

解：由（1）可知，

所以，

因为，所以，而在上单调递增，

所以，

所以面积的最大值为.

20. 已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面.

（1）证明：；

（2）三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，再由面面垂直的性质定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，设，设棱锥的外接球的球心为，即可得到方程组，从而求出球心坐标，再由半径求出，最后利用空间向量法计算可得.

【小问1详解】

证明：如图，取的中点，连接，因为，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，平面，所以，

依题意平面，平面，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，所以.

【小问2详解】

解：由（1）可知，如图建立空间直角坐标系，设，

则，，，，

因为棱锥的外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，解得，

设棱锥的外接球的球心为，

则，即，

解得，所以球心，

因为，所以，解得，所以，

所以，，又，

所以，，，

设平面法向量为，则，不妨取，

设平面的法向量为，则，不妨取，

所以平面与平面夹角的余弦值为

 .

21. 已知函数.

（1）当时，求不等式解集；

（2）当时，求证在上存在极值点，且.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）当时，先证明在上递增，注意到，然后利用单调性解不等式；

（2）先根据零点存在定理，说明存在正数解，然后利用，用表示后，构造函数，证明即可.

【小问1详解】

时，，，令，则，于是时，，递增，时，，递减，

故在处取得最小值，即，于是，故在上递增，注意到，

故，结合单调性，于是，即，解得，不等式的解集为.

【小问2详解】

，则，令，，由可知，时，，递增，时，，递减，在处取得最小值，

而，又记，，

故在上单调递减，故，于是，即；

，令，，记，则，则在单增，，

故在上递增，，取，则；

记，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，

故，取得等号，于是. 于是，

由和零点存在定理可知，，使得，且，，，，所以是极小值点；

由可得，，令，代入，整理，，

于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取，故，原命题得证.

【点睛】本题第二问的关键有两步，第一，使用零点存在定理时，这两个点的寻找；第二证明存在极值点后，设而不求，用隐零点的方式处理.

22. 如图，已知点，点N为直线OB上除O，B两点外的任意一点，BK，NH分别垂直y轴于点K，H，NA⊥BK于点A，直线OA，NH的交点为M.

（1）求点M的轨迹方程；

（2）若，C，G是点M的轨迹在第一象限的点（C在G的右侧），且直线EC，EG的斜率之和为0，若△CEG的面积为，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，写出直线OB的方程，设点N的坐标，进而得到点A的坐标，写出直线OA的方程联立求解；

（2）设，，由 ，得到，进而得到，作，交直线CG于F，写出直线CG的方程，令，得到，再由求得，进而求得，，然后得到，与联立求解.

【小问1详解】

解：因为，

所以，则设，，，

由题意知：，

则，因为，所以，

则，

，

所以点M的轨迹方程为：，

因为，，则，所以；

【小问2详解】

设，代入，

得，，

所以，即，

因为，则，所以，，

作，交直线CG于 F，

则，，

令，得

，

故 ，

所以，

，

，

，

，

，

解得，则，

所以，，

又 ，，

所以，

因为，

，

两式相除得.