2023届天津市河东区高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市河东区高三上学期期末数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市河东区高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知全集 ，集合 ，集合 ，则集合A． B． C． D．【答案】A【详解】,所以，故选A.【解析】集合的运算. 2．设，则“”是“”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.【详解】化简不等式，可知 推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．3．函数的单调递增区间为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据二次函数与对数函数的性质，结合据复合函数的单调性的判定方法，即可求解.【详解】设，可得函数在单调递减，在单调递增，又由函数，满足，解得或，根据复合函数的单调性，可得函数的单调递增区间为.故选：C.【点睛】本题主要考查对数函数的性质，二次函数图象与性质，以及复合函数的单调性的判定，其中解答中熟记对数函数和二次函数的性质，以及复合函数的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.4．酒后驾驶是严重危害交通安全的行为，某交通管理部门对辖区内四个地区（甲、乙、丙、丁）的酒驾治理情况进行检查督导，若“连续8天，每天查获的酒驾人数不超过10”，则认为“该地区酒驾治理达标”，根据连续8天检查所得数据的数字特征推断，酒驾治理一定达标的地区是（       ）A．甲地，均值为4，中位数为5 B．乙地：众数为3，中位数为2C．丙地：均值为7，方差为2 D．丁地：极差为，分位数为8【答案】C【分析】对于选项AC：首先假设不达标，通过均值、中位数和方差的公式运算，检验假设是否成立；对于选项BD：根据众数、中位数、极差和百分位数定义即可判断.【详解】不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大分别为，，，，且，其中，选项A：若不达标，则，因为中位数为5，所以，又因为均值为4，故，从而，且，则，，，满足题意，从而甲地有可能不达标；故A错误；选项B：由众数和中位数定义易知，当，，，时，乙地不达标，故B错误；选项C：若不达标，则，由均值为7可知，则其余七个数中至少有一个数不等于7，由方差定义可知，，这与方差为2矛盾，从而丙地一定达标，故C正确；选项D：由极差定义和百分位数定义可知，当，时，丁地不达标，故D错误.故选：C.5．函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据时，的符号可排除D，根据时，函数的函数值可排除C，即可得解.【详解】解：因为，所以，所以函数为奇函数，排除A；时，恒成立，排除D；当时，根据一次函数与指数函数的增长速度，可知，排除C；故选：B.6．已知直线y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，则函数f（x）的单调递增区间为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据周期求得，再根据单调区间的求法，求得的单调区间.【详解】∵y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，∴函数的周期T＝π，即π，得ω＝2，则f（x）＝2sin（2x），由2kπ2x2kπ，k∈Z，得kπx≤kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为[kπ，kπ]，k∈Z，故选：B【点睛】本小题主要考查三角函数的单调性，考查三角函数的周期性，属于基础题.7．一个球与一个正三棱柱（底面为等边三角形，侧棱与底面垂直）的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，设正三棱柱的底面边长为，求得其内切球的半径和正三棱柱的高，再根据棱柱的体积求解，代入球的表面积求解即可．【详解】由题意，设正三棱柱的底面边长为，则其内切球的半径为，所以正三棱柱的高为，又棱柱的体积为，得，所以球的表面积为．故选：A．8．如图，是双曲线的左、右焦点，过 的直线与双曲线 交于两点．若，则双曲线的渐近线方程为A．  B． C． D．【答案】A【分析】设，利用双曲线的定义求出和的值，再利用勾股定理求，由得到双曲线的渐近线方程.【详解】设，由双曲线的定义得：，解得：，所以，因为，所以，所以双曲线的渐近线方程为.【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.9．已知函数（是自然对数的底数）.若，则的取值范围为A． B． C． D．【答案】C【详解】由f（m）=2ln﹣f（n）得 f（m）+f（n）=1⇒ ，f（mn）=1﹣ =1﹣，又∵lnn+lnm+2=[（lnn+1）+（lnm+1）]（）=4+ ≥4+4=8，∴lnn+lnm≥6，f（mn）=1﹣≥，且m、n＞e，∴lnn+lnm＞0，f（mn）=1﹣＜1，∴≤f（mn）＜1，故选C．点睛：这个题目考查了对数的运算法则和不等式在求范围和最值中的应用；一般解决二元问题，方法有：不等式的应用；二元化一元的应用；变量集中的应用；都是解决而原问题的常见方法．其中不等式只能求出一边的范围，求具体范围还是要转化为函数．  二、填空题10．设是虚数单位，复数，则对应的点位于第_____象限【答案】二【分析】先利用复数的除法化简复数z，再根据复数的几何意义求解.【详解】因为，所以对应的点位于第二象限，故答案为：二11．的展开式中项的系数为___．（用数字表示）【答案】【详解】试题分析：由得：项的系数为．【解析】二项展开式定理求特定项12．若圆，与圆：相交于，，则公共弦的长为___________.【答案】【分析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，利用垂径定理即可得解.【详解】由题意所在的直线方程为：，即，因为圆心到直线的距离为1，所以.故答案为：13．已知，，且，则最小值为__________．【答案】【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.【详解】，结合可知原式，且，当且仅当时等号成立.即最小值为.【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 三、双空题14．已知学习强国中的每日答题项目共5题，答对1题积1分，否则不积分，甲答对每题的概率为，记为甲所得的分数，则甲得3分的概率为______，______.【答案】          ##1.25【分析】利用二项分布概率模型求解即可.【详解】由题可知，随机变量服从二项分布，即,所以,根据二项分布的，故答案为：；.15．已知点，，均位于单位圆（圆心为，半径为1）上，且，则___________；的最大值为___________.【答案】          ##【分析】根据弦长公式可求得，利用平面向量的线性运算及数量积的定义可求解的值；建立直角坐标系，设，，三点的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解的最大值.【详解】解：因为，圆的半径为1，所以，又，所以；以圆心为原点，建立直角坐标系，设，则，则，因为，所以的最大值为.故答案为：；. 四、解答题16．在中，内角所对的边分别是.已知，，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，利用正弦定理可得结合，解得，再利用余弦定理即可得出．（2）由可得，再利用倍角公式与和差公式即可得出．【详解】（1）由，根据正弦定理可得，即，又，所以，由余弦定理可得：，所以，由，解得．（2）因为，所以在中，有，则，，所以．17．如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点.(1)证明：；(2)求平面PAM与平面ABCD的夹角的大小；(3)求点D到平面AMP的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明；（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面夹角的大小；（3）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．【详解】（1）证明：等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，（其他建系方法按步骤给分）依题意，可得，，，，，，，即，；  （2）解：设为平面PAM的法向量，则，即，取，得，取，显然为平面ABCD的一个法向量，⟨⟩，故平面PAM与平面ABCD的夹角的大小为；（3）解：设点D到平面AMP的距离为d，由可知与平面PAM垂直，则，即点D到平面AMP的距离为18．已知椭圆，过点，离心率.求椭圆的方程．过椭圆的左焦点的直线交椭圆于，两点，若在直线上存在点，使得为正三角形，求点的坐标．【答案】；．【分析】建立，，的关系式求解即可.设直线斜率存在的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及点到直线的距离公式求出结果.【详解】解：依题意得，则，，，所以椭圆的方程为．当直线的斜率不存在时，不存在符合条件的点.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设线段中点，将代入，整理得．设，，由韦达定理得，则，，故．因为为正三角形，所以，则，即，直线的方程为，将代入可得，点到直线的距离为，，所以，解得，即，此时的坐标为．19．已知等比数列是递减数列，的前项和为，且成等差数列，.数列的前项和为，满足（1）求和的通项公式：（2）若求【答案】（1），（2）【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式、求和公式列出方程求解即可；（2）分为奇数、偶数时，求奇数项的和，偶数项的和，即可求解.【详解】(1)设数列的公比为，依题意知由是递减数列，解得，所以.对于数列，当n=1时，；当时，，因此，且n= 1时同样适用.故对于n∈都有.所以的通项公式为， 的通项公式为.（2）当n是奇数时，，则 ①    ②①、②相减得：，得到.当n是偶数时，,则,所以【点睛】关键点点睛：由求时，需要分为奇偶，分别求出偶数项的和与奇数项的和，属于中档题.20．已知函数，.（1）讨论函数的极值点；（2）若是方程的两个不同的正实根，证明：.【答案】（1）当，无极值点；当，的极大值点为，极小值点为；（2）证明见解析.【分析】（1）令，对求导后按判别式分类讨论求极值点；（2）通过层层分析和转化，将要证的不等式“”最终转化为：“求证：当时，”.【详解】（1），函数的定义域为，，，①当，即时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点；②当，即时，方程有两个根，，解得，且，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以，函数的极大值点为，极小值点为（2）方程即方程，设，，∴在上递减，在上递增，依题意知有两个零点，∴，即，解得，且两式相减得，设，∴，∴，要证明，只需证，只需证，只需证，只需证，记，，∴在上递减，∴∴，故，即.【点睛】思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中. 某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用. 因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的. 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.