2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期期末数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了 已知幂函数满足，则的值为， 已知，，且，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的并集结果求出a值，再利用交集的定义求解作答.
【详解】因为集合，，，因此，即，
所以.
故选：B
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而求其共轭复数，即可求解.
【详解】，
故，故的虚部为，
故选：C
3. 已知向量的夹角为，且，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的运算律以及数量积的定义即可求解.
【详解】，
故选：A
4. 已知幂函数满足，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出幂函数的解析式，根据已知，求出参数的关系式，即可计算作答.
【详解】依题意，设，则，
所以.
故选：B
5. 已知圆柱的底面半径为2，母线长为8，过圆柱底面圆周上一点作与圆柱底面所成角为的平面，把这个圆柱分成两个几何体，则两几何体的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出截面的形状和截取的位置，进而求出体积比.
【详解】如图示圆柱中，底面半径为，底面直径为，母线长为.
过圆柱底面圆周上一点作与圆柱底面所成角为的平面为一个椭圆面，且.
在直角三角形中，，，所以.
所以为母线的中点，过作与圆柱底面平行的平面则平分整个圆柱.
在下半个圆柱中，椭圆面截两部分的体积为，
所以椭圆面截整个几何体，所得两部分的体积之比为.
故选：B
6. 甲、乙两个家庭出去游玩，准备分别从北京、上海、重庆和天津4个地点中随机选择一个，记事件A：甲和乙选择的地点不同，事件B：甲和乙恰有一个选择北京，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】事件：甲乙只有其中一个人选择了北京，故 ,,因此,
故选：D
7. 三角形是生活中随处可见的简单图形，其中有非常有趣的特殊点及特殊线.大数学家欧拉在1765年发现，给定一个三角形，则其外心、重心、垂心落在同一条直线上，后人为了纪念欧拉，称这条直线为欧拉线.在平面直角坐标系xOy中，的顶点，，则“的欧拉线方程为”是“点C的坐标为”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设出点C的坐标，结合欧拉线求出外心坐标，再由重心在欧拉线上及三角形外心的意义列出方程求解，然后利用充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】若欧拉线方程为，设点，则的重心为，显然点在直线上，于是得，
直线的斜率为2，线段的中点，则线段的中垂线方程为，即，
由得的外心，即有，因此，
解得或，于是得点C的坐标为或；
当C的坐标为时，的重心为，外心为，因此的欧拉线方程为，
所以“的欧拉线方程为”是“点C的坐标为”的必要不充分条件.
故选：A
8. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 10B. 9C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，可设，，利用换底公式表示出，带入中，得到m，n的等量关系，然后利用“1”的代换借助基本不等式即可求解最值.
【详解】由已知，令，，
所以，，代入得：，
因为，，
所以
.
当且仅当时，即时等号成立.
的最小值为.
故选：C.
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. 对两组数据进行统计后得到的散点图如图，关于其线性相关系数的结论正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据y与x成正相关或负相关可判断相关系数的正负，根据点的密集程度可比较相关性的大小，从而比较相关系数绝对值的大小．
【详解】由散点图可知，线性相关系数的图像表示y与x成负相关，故-1，故，故C正确，D错误．
故选：AC．
10. 在等差数列中，，公差，则使其前n项和取得最小值的正整数n是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】CD
【解析】
【分析】分析可得，利用等差数列的求和公式结合二次函数的基本性质可求得使得最小时的值.
【详解】因为，则数列为单调递增数列，由可得，则，所以，则，，所以，当或时，取得最小值.
故选：CD
11. 已知双曲线的上、下焦点分别为，点P在双曲线上且位于x轴上方，则下列结论正确的是（ ）
A. 线段的最小值为1
B. 点P到两渐近线的距离的乘积为
C. 若为直角三角形，则的面积为5
D. 的内切圆圆心在直线上
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出双曲线的焦点坐标及实轴长，再结合双曲线的范围、定义计算判断ABC；作图结合定义求出双曲线内切圆圆心纵坐标判断D作答.
【详解】双曲线的焦点，实轴长，设点，有，
对于A，，则，当且仅当时取等号，A正确；
对于B，双曲线渐近线，则点P到两渐近线的距离的乘积为：
，B正确；
对于C，为直角三角形，
当时，，解得，
，
当时，，解得，
，C不正确；
对于D，如图，圆C是的内切圆，切点分别为，设点，
由双曲线的定义及圆的切线性质得：，
解得，而，即直线方程为：，
所以的内切圆圆心在直线上，D正确.
故选：ABD
12. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 四面体的体积为定值
B. 的最小值为
C. 平面
D. 当直线与AC所成的角最大时，四面体的外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用平面平面可得到到平面的距离相等，即可判断，对于B，举反例即可判断；对于C，连接，，证明平面平面即可判断；对于D，当与重合时，直线与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可
【详解】对于A，由正方体可得平面平面，且平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
所以四面体的体积为，
所以四面体的体积为定值，故 A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，
连接，
由正方体可得，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，因为，所以（或其补角）为直线与AC所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大，故此时直线与AC所成的角最大，
所以四面体即四面体的外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的直径为，即，
所以四面体的外接球的体积为，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数为奇函数，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合指数运算求解即可.
【详解】因为函数为奇函数，
所以，即，
所以，
因为，
所以，即，
所以，解得.
故答案为：.
14. 已知，则______.
【答案】##0.28
【解析】
【分析】根据余弦的二倍角公式可求解，进而根据诱导公式即可化简求值.
【详解】由得，
，
故答案为：
15. 近年来，加强青少年体育锻炼，重视体质健康已经在社会形成高度共识.2021年10月，《中华人民共和国体育法》在颁布20多年后迎来首次大修.教育部发布的2022年工作要点中提出，实施学校体育和体教融合改革发展行动计划.为了考察某校各班参加两项以上体育项目锻炼小组的人数，在全校随机抽取五个班级，把每个班级参加两项以上体育项目锻炼小组的人数作为样本数据.已知样本平均数为7，样本的标准差为2，若样本数据各不相同，则样本数据的第80百分位数是______.
【答案】9
【解析】
【分析】设5个数据分别为.先由平均数和方差列方程，求出样本数据为4,6,7,8,10.再按百分位数的定义直接求解.
【详解】设5个数据分别为.
由题意可得：.
由于5个数的平方和为20,则必为0+1+1+9+9=20.
由解得：或4；由解得：或8，故样本数据为4,6,7,8,10.
因为，所以样本数据的第80百分位数为.
故答案为：9
16. 已知抛物线的焦点为F，若在抛物线C上，且满足，则的最小值为______.
【答案】9
【解析】
【分析】设直线的倾斜角为，用表示出，由此建立关于的函数，再换元利用导数求解作答.
【详解】抛物线的焦点为，依题意，不妨设直线的倾斜角为，且，
由抛物线定义得：，即，
同理，
，
因此，
令，，令，
，由得或，由得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，此时，
于是得，所以当时，取得最小值9.
故答案为：9
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
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. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
（1）求A；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转换可得，即可求解；
（2）利用正弦定理可得，再利用三角函数的性质即得.
【小问1详解】
由结合正弦定理可得，
因为，所以，
所以，即
因为，所以，
因为，所以；
小问2详解】
由正弦定理可得
所以，
因为，所以，所以
18. 设为数列的前n项和，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前n项和为，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合“”可得，由此求出数列通项作答.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和，再借助数列单调性推理作答.
【小问1详解】
，，，当时，，
两式相减得：，
因此，即有，
而，即，又，解得，
于是数列是首项为4，公差为3的等差数列，，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因此，，
因为，则有数列是递增数列，即有，
所以.
19. 如图，在多面体中，为等边三角形，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：取中点，中点，连接
中点，中点
，
是平行四边形，
平面，平面，
平面.
，
又 ，且平面
平面
平面 ，
又为等边三角形，为边的中点，
，平面
平面
又
平面，
平面
平面平面．
【小问2详解】
解：取的中点，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
过作，垂足为，连接．
平面平面，平面，，
平面．
为在平面的射影，
为直线与平面所成角
在中，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
20. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.11月22日，卡塔尔世界杯小组赛C组第1轮比赛中，梅西领衔的阿根廷队不敌沙特阿拉伯队.梅西在开场阶段打入一粒点球，但沙特在下半场开局后连入两球反超比分，这也是亚洲球队在本届世界杯上获得的首场胜利！为提升球队的射门技术，某足球队进行一次足球定点射门测试，规定每人最多踢3次，每次射门的结果相互独立.在A处射进一球得3分，在B处射进一球得2分，否则得0分.将队员得分逐次累加并用X表示，如果X的值不低于3分就判定为通过测试，立即停止射门，否则应继续射门，直到踢完三次为止.现有两种射门方案，方案1：先在A处踢一球，以后都在B处踢；方案2：都在B处踢球.已知甲队员在A处射门的命中率为，在B处射门的命中率为.
（1）若甲队员选择方案1，求他测试结束后所得总分X的分布列和数学期望；
（2）你认为甲队员选择哪种方案通过测试的可能性更大？说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，期望为；
（2）方案2.
【解析】
【分析】（1）求出X的所有可能值，再利用独立事件、互斥事件的概率求出各个取值的概率，列出分布列求出期望作答.
（2）求出甲分别选方案1和方案2通过测试的概率，再比较大小作答.
【小问1详解】
设甲队员在A处命中的事件为A，在B处命中的事件为，有，
X的所有可能值为0，2，3，4，
，
，
，，
所以X的分布列为：
数学期望.
【小问2详解】
设甲队员选择方案1通过测试的概率为，选择方案2通过测试的概率为，
由（1）知，，
，显然，
所以甲队员选择方案2通过测试的可能性更大.
21. 已知椭圆的焦距为2且过点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于x轴的对称点为D，问直线AD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由题意得到关于的等式，进行联立求解即可；
（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，设，，，，，利用韦达定理求出直线的方程，得到与轴交点为定值，从而得出直线过定点．
【小问1详解】
设椭圆的左右焦点为，
由焦距为2可得，①
由椭圆过点可得②，
由①②可得，
所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
设，，显然直线l的斜率存在．
直线l的方程为，联立方程组
消去y得，由，得，
所以，．
因为点，所以直线AD的方程为．
又，
所以直线AD的方程可化为，
，
即，
所以直线AD恒过点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解
22. 已知函数（其中e为自然对数的底数）.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）已知是的极大值点，若，且.证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据切线方程的导数求法直接求出；
（2）多次求导证明在上单调递减，且，
则要证明，即证明，根据单调性结合已知即证明，令，求导得出单调性即可得出，即可证明.
【小问1详解】
，
则，
则曲线在处的切线的斜率为，
，则切点坐标为，
则曲线在处的切线方程为，
整理得：；
【小问2详解】
，
则，
设，
则，
则当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
则，
则，
，，
则存在，使得，即，
，则当时，，
则在上单调递减，
，则，
则要证明，即证明，
即，
在上单调递减，且，且，
，
，，
则要证明，即证明，
，
证明即可，
令，
则，
，
，
，
则在单调递增，
则，
则，
即证得.
【点睛】导函数中常见的解题转化方法：
（1）利用导数研究含参函数的单调性，常转化不等式恒成立问题，需要注意分类讨论与数形结合思想的应用；
（2）函数零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极值问题处理.
难题通常需要多段求导或构造函数，这时需多注意函数前后联系.X
0
2
3
4
P