2022-2023学年辽宁省丹东市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年辽宁省丹东市高三上学期期末数学试题及答案，共26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。

1. 设集合，，，则中元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由交、并，补集的定义即可得出答案.
【详解】因为集合，，所以，
，所以.
故的元素个数为：3个.
故选：A.
2 已知，则正实数（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法和，以及复数的求模公式即可求解.
【详解】,
所以，
所以正实数，
故选：D.
3. 设命题命题则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】判断p，q间关系可得答案.
【详解】当，则，故p是q的充分条件；
当，则可令，不能得到，则p不是q的必要条件.
则p是q的充分不必要条件.
故选：A
4. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图象函数式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象的伸缩变换，若将图象的横坐标变为原来的倍则可得到即可得出结论.
【详解】由三角函数图象的伸缩变换可知，
将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可以得到.
故选：D
5. 已知等比数列的前三项和84，，则（ ）
A. 3B. 6C. 12D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列通项与前项和公式结合已知得出其首项与公比，即可得出答案.
【详解】设等比数列的公比为，
等比数列的前三项和84，
则当时，，不满足题意，
当时，，
，则，
令，即，解得，则，
则，
故选：B
6. 从三个班级，每班随机选派两名学生为代表，这六名同学被随机安排在一个圆桌会议室进行“深度学习与复习”座谈，会议室的圆桌正有好有六个座位，则同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】个元素圆桌环形排列的所有情况为，将需要相邻的元素捆绑，环形排列，还要注意捆绑的两个元素内部也有顺序.
【详解】由题意可知，所有的情况数是种，同一班级的两名同学恰好排在一起相邻而坐的情况数为：首先三个班的两名同学捆绑，形成新的三个元素，环排共有种，又每个班两名同学可以排序，则有种，同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为.
故选：C
7. 设函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. 的图象关于点中心对称D. 的图象关于直线轴对称
【答案】C
【解析】
【分析】对于选项AB：根据函数的奇偶性定义对其判断；
对于选项CD：根据函数中心对称或轴对称定义对其判断.
【详解】对于选项A：，则不是奇函数，故A错误；
对于选项B：，则不是偶函数，故B错误；
对于选项C：，故的图象关于点中心对称，故C正确；
对于选项D：，则的图象不关于直线轴对称，故D错误；
故选：C.
8. 已知，为双曲线的两个焦点，以为直径的圆与C及C的渐近线在第一象限的交点分别为点A和点B，若A，B两点横坐标之比为4∶3，则C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得点的横坐标，进而求得点的坐标，将点坐标代入双曲线的方程，化简求得离心率.
【详解】以为直径的圆的圆心为原点，半径为，方程为，
双曲线过一、三象限的渐近线方程为，
由解得，所以，
则，将代入双曲线方程得，
整理得.
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. 某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识，为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A. 讲座前问卷答题的正确率都小于
B. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
C. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】AC
【解析】
【分析】由图表中数据可直接判断A；计算出讲座前问卷答题的正确率的中位数可判断B；计算讲座后问卷答题的正确率的平均数，判断C；分别计算出讲座后和讲座前问卷答题的正确率的极差，即可判断D.
【详解】对于A，10名社区居民在讲座前问卷答题的正确率分别为，答题的正确率都小于，A正确；
对于B，将讲座前问卷答题的正确率从小到大排列为，
所以其中位数为，所以B错误，
对于C，由图可知，10位居民讲座后问卷答题的正确率的平均数为：
，C正确；
对于D，讲座前问卷答题的正确率的极差为，
讲座后问卷答题的正确率的极差,
所以讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，所以D错误，
故选：AC．
10. 正方体的棱长为1，P为线段上的点，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. BP与所成角的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点与重合时，即可判断A；证明平面，再根据面面平行的性质即可判断B；说明的面积为定值，再证明平面，结合三棱锥的体积公式即可判断C；以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断D.
【详解】对于A，当点与重合时，与平面交于点，故A错误；
对于B，因且，
所以四边形平行四边形，
所以，
同理可得，
又平面，平面，
所以平面，平面，
又平面，
所以平面平面，
又因平面，
所以平面，故B正确；
对于C，由B选项可知，
则点到的距离为，
则，
连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
所以三棱锥的高为，
所以，
即三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
故，
令，则，
则
，
令，
则，
当时，，此时BP与所成的角为，
当时，，
所以当，即点与重合时，BP与所成的角小于，故D错误.
故选：BC.
11. 抛物线的焦点为，准线为，经过上的点作的切线，与轴、、轴分别相交于点、、，过作垂线，垂足为，则（ ）
A. B. 为中点
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】设准线与轴交点为，过作的切线，此时、重合，判断出选项A；设，写出切线方程，求出的坐标，判断选项B；若，可求出抛物线方程和切点坐标，判断选项C；若，可得切线斜率和坐标，判断选项D．
【详解】选项A，设准线与轴交点为，过作的切线，此时、重合，显然，错误；
选项B，设，则，设抛物线在点处的切线为，与联立，得，
由，解得，
则切线方程为：，令，则，即，又，为中点，正确；
选项C，，则，
由切线方程：经过点，代入得，
且，解得或，即或，则或，错误；
选项D，若，则切线的斜率为，即，
由切线方程：可化简为，
令，则，
，又，，代入得，正确；
故选：BD
12. 设，，若a，b，c互不相等，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，可解得，可判断A；当时，取，可得，不满足a，b，c互不相等，可判断B；将看成函数与图象的交点，可判断C，D.
【详解】由，可得，因为，所以，故A正确；
当时，，若，则，
故，不满足a，b，c互不相等，所以，故B正确，
因为，，
可将看成函数与图象的交点横坐标，
当时，图象如下图，
可得：，此时.
当时，图象如下图，
可得：，此时，所以C不正确，D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题关键点是将看成函数与图象的交点横坐标，作出函数与图象，讨论的取值即可比较的大小.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，若，则实数x=______．
【答案】1
【解析】
【分析】两向量平行，则，代入即可.
【详解】因为，则，解得.
故答案为：1
14. 当时，取得最大值，则的一个值为______．（任意写出满足条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据已知应用二倍角公式和辅助角公式化简结合三角函数图像取最值即可.
【详解】
当,取得最大值,所以
故答案为: (答案不唯一).
15. 直三棱柱的所有棱长均为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设的中点为，再根据题意结合正三棱柱的性质和球的性质即可求解即可.
【详解】设的中点为，则，，
又因为面面，且面面面，
所以面，
所以题中所求交线即为以为圆心，为半径的一段圆弧，
设该圆弧与的交点分别为，
球与侧面的交线如图所示，则，
易知，
所以该圆弧所对的圆心角为，
故所求弧长为.
故答案为：.
16. 若是函数的极大值点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由是函数的极大值点可得，将其代入，求出函数单调性可得，解出，求出结合的范围即可得出答案.
【详解】因为，
因为是函数的极大值点，
所以，所以，
，
则或，
要使是函数的极大值点，
则，解得：，
则.
故的取值范围为.
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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求．
【答案】（1）45° （2）
【解析】
分析】（1）利用余弦定理求得.
（2）结合正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
【小问1详解】
由题设及余弦定理得．
因为，所以．
【小问2详解】
由题设及正弦定理得，可得，
由，
可知，
故
．
18. 设数列的前n项和是，数列的前n项乘积是，已知．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）数列中的第几项最接近2023？
【答案】（1）证明见解析
（2）第44项
【解析】
【分析】（1）根据已知得出，并根据数列的前n项乘积是，则，代入已知即可根据等差数列的定义证明；
（2）根据小问一得出，即可得出，再由数列通项与前n项和关系求出，即可根据的通项得出答案.
【小问1详解】
由题设当时，因为，所以．
当时，，所以，可得．
所以为首项为2，公差为1的等差数列．
【小问2详解】
由（1）可得，从而．
当时，，因为，所以．
因为数列单调递增，当时，，当时，，所以中的第44项最接近2023．
19. 已知某商业银行甲、乙两个风险理财项目的年利润率分别为和，利润率为负表示亏损，根据往年的统计数据得到和的分布列：
现有200万元资金准备投资到甲、乙两个风险理财项目一年．
（1）在甲、乙两个项目上各投资100万元，和分别表示投资项目甲和乙所获得的年利润，求和；
（2）项目甲投资x万元，项目乙投资万元，其中，，用表示投资甲项目的年利润方差与投资乙项目的年利润方差之和，问该如何分配这200万元资金，能使的数值最小？
【答案】（1），
（2）投资甲项目105万元，投资乙项目95万元时有最小值
【解析】
【分析】（1）根据和的分布列可列出利润和的分布列，并分别计算出其期望值，再利用方差计算公式即可得和；
（2）由方差性质可得可得，再结合（1）中数据利用二次函数单调性即可求得结果.
【小问1详解】
由题意可知（万元）和（万元）的分布列分别为
所以．
．
于是．
【小问2详解】
由题意可知，根据方差性质可得
．
由二次函数性质可得，当，即时，取得最小值．
因此投资甲项目105万元，投资乙项目95万元时有最小值．
20. 如图，四棱锥P-ABCD中，已知，BC=2AD，AD=DC，∠BCD=60°，CD⊥PD，PB⊥BD．
（1）证明：PB⊥AB；
（2）设E是PC的中点，直线AE与平面ABCD所成角等于45°，求二面角B-PC-D的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）解法1，建立空间直角坐标系，根据直线与平面所成角求得点坐标，进而可求得二面角的余弦值；解法2，利用直线与平面所成角求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.解法3，利用直线与平面所成角求得，作出二面角的平面角，解三角形求得其余弦值.
【小问1详解】
连结BD，在中，因为BC=2DC，∠BCD=60°，
由余弦定理．
因为，所以CD⊥BD，又CD⊥PD，，平面，
所以CD⊥平面PDB，由于平面，所以CD⊥PB．
因为PB⊥BD，，平面，
所以PB⊥平面ABCD，
由于平面，因此PB⊥AB．
【小问2详解】
解法1：
以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．
则，，，，．
设，则，，．
因为平面ABCD的法向量为，所以．
由AE与平面ABCD所成角等于45°，可知，解得t=2．
设平面DPC的法向量，则即
所以可取．
因为平面BPC的法向量为，于是．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为．
解法2：
取BC中点为F，连结EF，AF，则，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，所以∠EAF=45°，
所以EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC．
以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．
则，，，，，．
设平面DPC的法向量，则即可得
所以可取．
因为平面BPC的法向量，于是．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为．
解法3：
取BC中点为F，连结EF，AF，则，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，故∠EAF=45°，
因此EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC=BC，可得．
连结BE，则BE⊥PC．过E在平面PDC内作EG⊥PC，交PD于点G，
则∠BEG是二面角B-PC-D的平面角．
因为PB⊥BC，所以，．
因为CD⊥PD，由可得．
由PC⊥平面BEG，平面，所以PC⊥BG，
而CD⊥BG，平面，
故BG⊥平面PDC，由于平面，所以BG⊥GE，
所以由余弦定理得．
因此二面角的余弦值为．
21. 已知椭圆有两个顶点在直线上，的中心到的距离为
（1）求的方程；
（2）设、是经过下顶点的两条直线，与相交于点，与圆相交于点，若斜率的不等于，斜率等于斜率的倍，证明：直线经过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再由点到直线的距离求出，即可求出椭圆方程；
（2）设、的斜率分别为、，，即可得到、的方程，联立直线与曲线方程求出交点、的坐标，即可得到直线的方程，从而得解.
【小问1详解】
解：由题设经过点，，可得，
由，可得或（舍去），从而，
因此的方程为．
【小问2详解】
证明：设、的斜率分别为、，，由（1）可知，
可得：，：．
将代入可得，解得或（舍去），
所以，所以，
将代入可得，解得或（舍去），
所以，所以．
所以直线的斜率为，
因此直线方程为，
化简得，于是直线经过定点．
22. 已知函数．
（1）证明：若，则；
（2）证明：若有两个零点，，则．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为定义域为，所以等价于．设，求导判断单调性，从而求得即可得证；
（2）不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，且，，于是，由于在单调递减，故等价于．而，故等价于①，设，则①式为．因此对求导判断单调性即可得证.
【小问1详解】
因为定义域为，所以等价于．
设，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故．
因为，所以，于是．
【小问2详解】
不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，且，，于是，由于在单调递减，故等价于．
而，故等价于．①
设，则①式为．
因为．
设，
当时，，故在单调递增，
所以，从而，因此在单调递增．
又，故，故，于是．
【点睛】关键点点睛 ：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式.5
10
-2
P
0.6
0.15
0.25
4
6
12
-2.5
P
0.2
0.5
0.1
0.2
5
10
-2
P
0.6
0.15
0.25
4
6
12
-2.5
P
0.2
0.5
0.1
0.2