2023届安徽省滁州市定远县育才学校高三上学期期末数学试题含答案

2023届安徽省滁州市定远县育才学校高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式求出集合，由此能求出．

【详解】∵集合，，

∴，

故选B.

【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

2．已知命题，则命题为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】特称命题的否定是全称命题，注意结论也要同时否定，即可做出判定.

【详解】由题意得，根据全称命题与特称命题互为否定，

所以命题，命题为“”，

故选：D．

3．若，，，则，，的大小关系为(   )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用指对幂计算，用中间值0或1即可比较出大小﹒

【详解】解：，，，

∴．

故选：A

4．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由解析式，应用奇偶性定义判断奇偶性，结合的符号确定大致图象即可.

【详解】∵，

∴为奇函数，A不正确；

很显然有三个零点分别为0，±1，

，只有C符合.

故选：C.

5．函数的部分图象如图所示，则下列说法中错误的是（    ）

A．的最小正周期是 B．在上单调递增

C．在上单调递增 D．直线是曲线的一条对称轴

【答案】C

【分析】根据图像，可得，利用正弦函数的性质，结合整体法计算，以及对选项的排除法，可得结果.

【详解】由图可知，，

该三角函数的最小正周期，

故A项正确；

所以，则.

因为，所以该函数的

一条对称轴为，

将代入，

则，

解得，

故.

令，

得，

令，则

故函数在上单调递增.故B项正确；

令，

得，

令，

故函数在上单调递减.故C项错误；

令，得，

令，

故直线是的一条对称轴.故D项正确.

故选C.

【点睛】本题考查正弦型函数的性质，对这种问题要参照正弦函数的性质，并结合整体法解决问题，属中档题.

6．设分别是的内角的对边，已知，设是边的中点，且的面积为1，则等于（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可求得，由三角形的面积可求得，由平面向量减法法则可得，进而可得出结果.

【详解】，

由正弦定理可得：，整理可得：，

由余弦定理可得：，由，可得：，

又的面积为1，即，

又

故选：B

7．若存在两个正实数，使得等式成立其中，是以为底的对数，则实数的取值范围是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将转化为，再令，得到，利用导数法求解.

【详解】解：可化为，

令，则，，

则，令，可得，

当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

则，

故．

故选：C．

8．已知椭圆  过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得.

【详解】由题可知，设，则，

而，则，

又，

令，则，

所以，

由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，

故，即时， 取最小值，

此时.

故选：C.

二、多选题

9．下列命题正确的是（     ）

A．若，则

B．若，，则

C．

D．若，则有最小值

【答案】BC

【分析】利用不等式性质、重要不等式及基本不等式判定选项即可.

【详解】取，满足，不满足，A错误；

若，，故，，故，则，B正确；

，即成立，C正确；

当即时等号成立，等号成立条件不满足，D错误；

故选：BC．

10．已知函数的定义域为，其图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．的单调递减区间为

B．的最大值为

C．的最小值为

D．的单调递增区间为

【答案】ABC

【分析】根据图象直接判断单调区间和最值即可.

【详解】对于A，由图象可知：的单调递减区间为，A正确；

对于B，当时，，B正确；

对于C，当时，，C正确；

对于D，由图象可知：的单调递增区间为和，但并非严格单调递增，不能用“”连接，D错误.

故选：ABC.

11．已知单调递增数列满足，其前项和为，则下列说法正确的是（     ）

A．若为方程的两根，则

B．若，则是数列中最大的负数项

C．若，则

D．

【答案】BC

【分析】由已知递推式可得数列为等差数列，公差，然后根据等差数列的性质逐个分析判断即可.

【详解】由，则，所以数列为等差数列，且数列单增，则公差，

对于A，若为方程的两根，且，则 ，

故，所以，则，故A错误；

对于B，因为数列为等差数列，，

故，由数列单增，则是数列中最大的负数项，故B正确；

对于C，因为数列为等差数列，所以成等差数列，令，

又，则，，，所以，则，故C正确；

对于D，因为数列为等差数列，所以成等差数列， 故，化为，故D错误．

故选：BC

12．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，，P是该正四棱柱表面或内部一点，直线PB，PC与底面ABCD所成的角分别记为α，β，且sinβ＝2sinα，记动点P的轨迹与棱BC的交点为Q，则下列说法正确的是（   ）

A．Q为BC中点

B．线段PA1长度的最小值为5

C．存在一点P，使得PQ∥平面AB1D1

D．若P在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面，则点P的轨迹长度为

【答案】BD

【分析】A选项：建立空间直角坐标系，设，求出点的轨迹是以为球心，以2为半径的球再正四棱柱内部（含表面）的部分，进而可判断A选项；

B选项：设球心，则，所以线段长度的最小值为，从而可判断B正确；

C选项：证得球与矩形的交线为弧，球与矩形的交线为弧，所以与球没有交点，进而可判断C选项；

D选项：证得球与矩形的交线为弧，球与矩形的交线为弧，球与正方形的交线为弧，进而求出弧长，即可判断D选项.

【详解】A选项：如图所示，建立空间直角坐标系，设，过点作平面，垂足为，连接，则，由题意可知，所以，因为，所以，即，所以点的轨迹是以为球心，以2为半径的球再正四棱柱内部（含表面）的部分，由题意得当为中点时不满足题意，故A错误；

B选项：设球心，则，所以线段长度的最小值为，故B正确；

C选项：由题知，过点作交于点，过点作交于点，所以,平面,平面，所以平面，同理平面，又， 平面，所以平面平面，所以，设球与棱的交点为，与的交点为，,，所以球与矩形的交线为弧，球与矩形的交线为弧，所以与球没有交点，所以不存在点，使得面，故C错误；

D选项：因为球与矩形的交线为弧，球与矩形的交线为弧，球与正方形的交线为弧，由于，所以，所以弧=弧=，弧=，所以点在正四棱柱表面，则点的轨迹的长度为，故D正确.

故选：BD.

【点睛】空间几何体的线面位置关系判定与证明：

（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；

（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.

三、填空题

13．定义是向量和的“向量积”，其长度为，其中为向量和的夹角.若，，则        .

【答案】

【分析】根据数量积求出夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求夹角的正弦值，然后再根据向量积的定义即可求解.

【详解】因为，

所以，所以，

所以

因为，所以

所以

故答案为：

14．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是             .

【答案】

【分析】根据分段函数定义，利用一次函数和指数函数单调性，限定端点处的取值列出不等式组即可解出的取值范围.

【详解】函数是上的增函数，

所以，

解得.

故答案为：

15．若的图象关于直线对称，且当取最小值时，，使得，则的取值范围是      .

【答案】

【解析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的定义域的应用求出结果．

【详解】解：∵函数的图象关于直线对称，

，，当取最小值是，

，∵，∴，

，即的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

16．设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为       

【答案】

【详解】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案．

四、解答题

17．设正项数列满足，且.

(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

(2)设，求证：数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

【分析】（1）将题设条件变形得到，从而证得是等差数列，进而求得；

（2）由（1）得，分类讨论与两种情况，利用放缩法与裂项法即可证得.

【详解】（1）因为，

所以，

又，故，

所以是首项为，公差为的等差数列，

故，则，

因为数列是正项数列，所以.

（2）由（1）得，

当时，；

当时，，

所以；

综上：.

18．已知函数的周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．

（1）求函数与的解析式；

（2）若，是第一象限的角，且，求的值．

【答案】（1），（2）

【详解】（1）由函数的周期为

又曲线的一个对称中心为

故得，所以

将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，

可得的图象，

再将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象1，

所以

（2）

得到，因为是第一象限角，所以

19．给定区间，集合是满足下列性质的函数的集合：任意，

(1)已知，，求证：；

(2)已知，若，求实数的取值范围；

(3)已知，，讨论函数与集合的关系．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）由集合定义证明不等式

（2）化简后为不等式恒成立，参变分离转化为最值问题

（3）化简后转化为一元二次不等式恒成立，根据对称轴与区间关系讨论最值

【详解】（1）证明：因为，

所以，

即，所以

（2）当时，恒成立，

即在上恒成立

令，当时

故

的取值范围是

（3），，

若，则当，恒成立，

即恒成立，

即恒成立，

记，，

当 ，即时，，即，

又因为，所以；

当，即时，

，恒成立，

所以；

当 ，即时，，

即又，所以，

综上所得．

所以当时，；

当或时，．

20．如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，底面，，，E是的中点．

(1)若二面角的余弦值为，求a的值；

(2)在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）如图建系，求得各点坐标，根据线面垂直的判定定理，可证平面PAC，即可求得平面PAC的法向量，再求得平面的法向量，根据二面角的向量求法，代入计算，即可得答案.

（2）由（1）可得平面的法向量，求得，根据线面角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）以点C为原点，作的垂线为x轴，以，分别为y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，

设，则，

所以，，，，

在直角梯形中，，，

所以，即，

又平面，平面，

所以，

所以平面PAC，即即为平面PAC的一个法向量，

设为平面的法向量，

则，即，取，，，

则，

依题意，，解得．

（2）由（1）可得，．

设直线与平面所成角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为．

21．已知椭圆C：的焦距为，且过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设Q在椭圆C上，且与x轴平行，过P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，直线平分，且直线过点，求四边形的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的焦距为，得到，再根据椭圆经过点，得到求解；

（2）根据直线过点，且斜率存在，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，根据与x轴平行，且直线平分，即可，结合韦达定理求得k，再由四边形的面积为求解.

【详解】（1）解：因为椭圆C：的焦距为，

所以，

又椭圆经过点，

所以，

因为，

解得，

所以椭圆方程为：；

（2）因为Q在椭圆C上，且与x轴平行，

所以,

因为直线过点，且斜率存在，设直线AB的方程为，

与椭圆方程联立，得，

设，

则，

因为与x轴平行，且直线平分，

所以，

即，

整理得，

将韦达定理代入化简得，

解得，

所以，

则，

所以四边形的面积是.

22．已知函数，（其中a为非零实数）．

(1)讨论的单调性；

(2)若函数（e为自然对数的底数）有两个零点．

①求实数a的取值范围；

②设两个零点分别为、，求证：．

【答案】(1)答案见解析

(2)①；②证明见解析

【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.

（2）①由转化为，通过换元法，结合导数求得的取值范围.

②利用换元法，将证明转化为证明，通过构造函数法，结合导数来证得不等式成立.

【详解】（1），

若，则当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减．

若，则当时，，单调递减；

当时，，，单调递增．

（2）由已知得有两个不等的正实根，

所以方程，即，即有两个不等正实根．

①设，则有两个不等根，又a为非零实数，即有两个不等根，

由（1）知，函数在递增，在递减，有极大值，

又时，；时，．

若有两个不等根，则，即实数a的取值范围是．

②要证，只需证，即证．

令，所以只需证．

由得，，所以，

消去a得，只需证．

设，令，则，所以只需证．

令，，则，

所以，即当时，成立．

所以，即，即.

【点睛】在利用导函数研究函数的单调性的过程中，如果遇到参数，则需对参数进行分类讨论.