2023青岛二中高三上学期1月期末考试数学试题含解析

2022-2023第一学期期末测试

高三数学

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A＝，B＝，则A∩B等于(　　)

A．[1,3] B．[1,5] C．[3,5] D．[1，＋∞)

2．若复数z满足：，则的共轭复数的虚部为（    ）

A．-2 B．i C．0 D．2

3．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次第，孝和休惹外人传．”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止．分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话．”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为（    ）

A．184斤 B．176斤 C．65斤 D．60斤

4．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A．0.5 B．0.625 C．0.75 D．0.875

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

6．设，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且点P到两个焦点的距离之差为1，则的面积为（    ）

A．2 B．3 C． D．

7．已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．定义在上的函数满足，且当时，.若对，都有，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． 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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足＝.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（　　）

A．轨迹C的方程为（x＋4）2＋y2＝9

B．在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得＝

C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线

D．在C上存在点M，使得

10．已知函数，若在上的值域是，则实数的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

11．对于伯努利数，有定义：.则（    ）

A． B．

C． D．

12．已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（    ）

A．是函数的一个零点 B．函数的图象关于直线对称

C．方程在上有三个解 D．函数在上单调递减

三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分

13．一个布袋中，有大小、质地相同的4个小球，其中2个是红球，2个是白球，若从中随机抽取2个球，则所抽取的球中至少有一个红球的概率是______.

14．已知抛物线的焦点为，过点作倾斜角为的直线交于，两点，过，分别作的切线、，与交于点，，与轴的交点分别为，，则四边形的面积为______________．

15．已知函数，则的最小值为____.

16．已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．

四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得分，回答不正确得分，第三个问题回答正确得分，回答不正确得分．如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为，且各题回答正确与否相互之间没有影响．若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于分就算闯关成功．

（）求至少回答对一个问题的概率．

（）求这位挑战者回答这三个问题的总得分的分布列．

（）求这位挑战者闯关成功的概率．

18．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去如阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个长方体形状的包装盒，E，F是AB边上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设cm.

(1)求包装盒的容积关于x的函数表达式，并求出函数的定义域.

(2)当x为多少时，包装盒的容积V（）最大？最大容积是多少？

19．已知函数

(1)函数为的导函数，讨论当时的单调性；

(2)当时，证明：存在唯一的极大值点.

20．已知数列中，，，，

（1）求的通项公式；

（2）设，求．

21．已知直线方程为，其中.

(1)当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；

(2)若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A、B两点，求面积的最小值及此时的直线方程.

22．已知函数．

(1)求的极值；

(2)若，且，证明：．

参考答案

1．C

求出中不等式的解集确定出，求出中的范围确定出，找出与的交集即可

由中不等式变形可得：，解得

由中得到，即

则

故选

本题主要考查的是集合的交集及其运算，属于基础题．

2．C

根据给定条件，利用复数的乘方、加减运算计算即可判断作答.

因，则，

所以所求共轭复数为，其虚部为0.

故选：C

3．A

根据等差数列的前n项和公式、等差数列的通项公式进行求解即可.

依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为，公差为d，前n项和为，第一个孩子所得棉花斤数为，

则由题意得，，

解得，．

故选：A

4．C

根据正态分布的对称性，由题中条件，直接求解即可.

因为，并且

又因为，所以，所以

所以，所以

故选：C

5．C

由同角三角函数的基本关系与二倍角公式和诱导公式求解即可

因为，

所以，且，

所以，

所以，

所以．

故选：C．

6．C

由题意结合椭圆的定义求出，又因为，由余弦定理可求出，再求出，由三角形的面积公式即可得出答案.

因为椭圆的方程为：，则，

，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，

因为点P到两个焦点的距离之差为1，

所以假设，则，

解得： ，又因为，

在中，由余弦定理可得：，

所以，

所以的面积为：.

故选：C.

7．C

根据三角恒等变换化简，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.

因为

，

因为在区间上单调递增，由，则，

则，解得，即；

当时，，要使得该函数取得一次最大值，

故只需，解得；

综上所述，的取值范围为.

故选：C.

8．B

根据已知，利用分段函数的解析式，结合图像进行求解.

因为当时，，所以，

又因为函数满足，所以函数的部分图像如下，

由图可知，若对，都有，则.故A，C，D错误.

故选：B.

9．BC

根据阿波罗尼斯圆的定义，结合两点间距离公式逐一判断即可.

在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足，设P（x，y），则，化简得（x＋4）2＋y2＝16，所以A错误；

假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得，设D（m，0），E（n，0），则，化简得3x2＋3y2－（8m－2n）x＋4m2－n2＝0，由轨迹C的方程为x2＋y2＋8x＝0，可得8m－2n＝－24，4m2－n2＝0，

解得m＝－6，n＝－12或m＝－2，n＝4（舍去），即在x轴上存在异于A，B的两点D，E使，所以B正确；

当A，B，P三点不共线时，，

可得射线PO是∠APB的平分线，所以C正确；

若在C上存在点M，使得，可设M（x，y），

则有＝2，化简得x2＋y2＋x＋＝0，与x2＋y2＋8x＝0联立，方程组无解，故不存在点M，所以D错误．

故选：BC

关键点睛：运用两点间距离公式是解题的关键.

10．BC

根据已知求出的范围即可.

，因为，所以

又因为的值域是，所以

可知的取值范围是.

故选：BC.

11．ACD

根据伯努利数的定义以及二项式定理，将写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判断选项.

由得，

，

所以，，

同理，，

所以，，

其中第项为

即可得

令，得；

令，得；

令，得

同理，可得；

即可得选项AC正确，B错误；

由上述前12项的值可知，当为奇数时，除了之外其余都是0，

即，也即；所以D正确.

故选：ACD.

12．ABD

先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，

对于AB，将与代入检验即可；

对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；

对于D，利用整体法及的单调性即可判断.

因为，，所以，解得，

又为正整数，所以，所以，

所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，

（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），

由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，

又，所以，，所以，

对于A，，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于A，令，因为，所以，

显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；

对于A，当时，，

因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.

故选：ABD.

关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.

13．

先求出“所抽取的球中至少有一个红球”的对立事件的概率，再用1减去此概率的值，即得所求．

从中随机抽取2个球，所有的抽法共有种，

事件“所抽取的球中至少有一个红球”的对立事件为“所抽取的球中没有红球”，

而事件：“所抽取的球中没有红球”的概率为，

故事件“所抽取的球中至少有一个红球”的概率等于，

故答案为.

本题考查等可能事件的概率，“至多”、“至少”问题的概率通常求其的对立事件的概率，再用1减去此概率的值，属于简单题.

14．4

求得焦点的坐标，直线的方程，与抛物线的方程联立，即可求出、两点坐标；由导数的几何意义，求得切线，的方程，求得交点的坐标，求得，的坐标，可得，再由三角形的面积公式，计算可得所求值．

解：抛物线的焦点为 且直线的倾斜角为 ， 则，

所以直线方程为， 即，

设，，不妨设在第一象限，

联立 ， 消去得 解得、，

代入直线方程， 则、，

因为直线与抛物线相切于点，

即，则，

所以 ，同理可得 ，

则可得直线 方程为 ，即 ，

则其与 轴交点， 令 ， 则，所以 ，

直线 的方程为 ，即 ，

则其与 轴交点， 令 ， 则，所以， 所以，

联立、的方程 ， 解得 ， 即点坐标为，

．

故答案为：．

15．

化简函数的解析式，利用换元法，通过二次函数的最值的求解即可．

解：f（x）＝（x2+x）（x2﹣5x+6）

＝x（x+1）（x﹣2）（x﹣3）

＝[x（x﹣2）][（x+1）（x﹣3）]

＝（x2﹣2x）（x2﹣2x﹣3），

不妨令t＝x2﹣2x≥﹣1，则（t≥﹣1），

所以当时，f（x）的取最小值．

故答案为

本题考查函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力．

16．

根据函数的对称性可求得的值，将问题转化为与有个不同交点的问题，通过分类讨论和导数的方式得到单调性和极值，进而确定的图象，采用数形结合的方式得到结果.

，图象关于对称，

又的六个零点之和为，，解得：，

，

令，则与有个不同交点，

；

当时，，在上单调递增；

当时，，

，

又与在上单调递减，在上单调递增，

，使得，且当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

，，

结合对称性可得其大致图象如下图所示：

由图象可知：若与有个不同交点，则，

即实数的取值范围为.

故答案为：.

方法点睛：解决函数零点问题的基本方法：

（1）直接法：求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）分离变量法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.

试题分析：

（Ⅰ）由题意结合对立事件概率公式可得至少回答对一个问题的概率为.

（Ⅱ）这位挑战者回答这三个问题的总得分的所有可能取值为.计算各个分值相应的概率值即可求得总得分X的分布列；

（Ⅲ）结合(Ⅱ)中计算得出的概率值可得这位挑战者闯关成功的概率值为.

试题解析：

（Ⅰ）设至少回答对一个问题为事件,则.

（Ⅱ）这位挑战者回答这三个问题的总得分的所有可能取值为.

根据题意,,

,

,

,

,

.

随机变量的分布列是:

（Ⅲ）设这位挑战者闯关成功为事件,则.

18．(1)，

(2)当时，包装盒的容积最大是

（1）设包装盒的高为，底面边长为，分别将用表示，求出函数的解析式，注明定义域即可．

（2）利用函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值即可．

（1）

解：设包装盒的高为，底面边长为，

则，，，

所以，；

（2）

解：由，

可得，

当时，；当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

当时，取得极大值也是最大值：．

所以当时，包装盒的容积最大是．

19．(1)在上单调递减，在上单调递增

(2)证明见解析

（1）由导数分析单调性求解，

（2）由导数分析单调性，及零点存在性定理证明．

(1)

，设，则.

当时，令，则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

所以在上单调递减，在上单调递增.

(2)

证明：当时，，，

由（1）可知的最小值为，而，又，

由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减，

所以当时，，当时，，故为的极大值点，

又在上单调递增，故在上不存在极大值点，

所以存在唯一的极大值点，

20．（1）；（2）详见解析

（1）由，得，根据等比数列通项公式得，再根据累加法 得答案；

（2）根据等比数列求和即可得证.

即（1）因为，，，

所以，，

所以，，

所以.

而也符合该式，故.

（2），

21．(1)距离最大值为，此时直线方程为；

(2)面积的最小值为4，此时直线方程为；

（1）求出直线恒过定点，由两点间距离公式即可求出最大值，由两条直线垂直的充要条件求出直线的斜率，即可得到直线方程；

（2）设直线的方程为，，求出，，利用三角形的面积公式结合基本不等式求解最小值，从而求出此时的值，得到直线方程．

(1)

解：直线方程为，其中，

即，

令，解得，

故直线经过定点，

当变化时，点到直线的距离的最大值为，

此时，和直线垂直，所以直线的斜率为，即，解得，

此时直线的方程为；

(2)

解：因为直线经过定点，

设直线方程为，，令则，令，则，

所以，，

所以，

因为，

则，

当且仅当，即时取等号，

所以面积的最小值为4，此时直线的方程为，即．

22．(1)极小值为，无极大值

(2)见解析

（1）由导数得出单调性进而得出极值；

（2）由导数得出在上单调递增，讨论①，②两种情况，利用导数证明即可.

(1)

；

即函数在上单调递减，在上单调递增

所以的极小值为，无极大值.

(2)

；

即函数在上单调递减，在上单调递增，即

所以函数在上单调递增

不妨设，则①，②

对于①，因为函数在上单调递增，所以

所以

对于②，由得，，故

，由知，

设，则

而，所以，即函数是单调减函数

，故，即

综上，当时，.

关键点睛：对于②，在证明时，关键是利用将双变量变为单变量问题，再利用导数证明不等式.