山东省滨州市惠民县2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

高三数学试题

2023.1

本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答题卡交回．

一、单项选择题：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，，且，则的所有取值组成的集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据集合的包含关系分类讨论求解.

【详解】因为，所以，所以，

若，则或，经检验均满足题意，

若，则或，

经检验满足题意，与互异性矛盾，

综上的所有取值为：，0,2，

故选:D.

2. 已知，其中为虚数单位，则（    ）

A. 5 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的除法运算，化简求复数的代数形式，再利用复数模的计算公式，即可求解．

【详解】由复数满足，则，

则，

故选：B．

3. 若“”是“不等式成立”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据不等式的性质，以及充分条件和必要条件的定义即可得到结论．

【详解】解：由得，

是不等式成立的充分不必要条件，

满足，且等号不能同时取得，

即，

解得，

故选：C．

4. 在四边形中,,,点在线段上,且,设,,则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】画出图象,根据向量加减法则及向量共线定理即可得出结果.

【详解】解:由题知,,，画出示意图如下:

因为,,,

所以

.

故选:C

5. 设a，b为正数，若圆关于直线对称，则的最小值为（    ）

A. 9 B. 8 C. 6 D. 10

【答案】A

【解析】

【分析】求出圆的圆心坐标，得到的关系，然后利用基本不等式求解不等式的最值即可．

【详解】解：圆，即，所以圆心为，

所以，即，因为、，

则，

当且仅当时，取等号．

故选：．

6. 甲、乙为完全相同的两个不透明袋子，袋内均装有除颜色外完全相同的球．甲袋中装有5个白球，7个红球，乙袋中装有4个白球，2个红球．从两个袋中随机抽取一袋，然后从所抽取的袋中随机摸出1球，则摸出的球是红球的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】判断摸出的球是红球的事件为全概率事件，则只需讨论摸出的红球是甲袋还是乙袋两种情况，再分别求出其概率，即可得出结论.

【详解】设事件为 “取出甲袋”,事件为 “取出红球”, 分两种情况进行讨论.

若取出的是甲袋, 则, 依题意可得 ,

所以 ，

若取出的是乙袋, 则, 依题意可得 , ，

所以，

综上所述, 摸出球是红球的概率为.

故选：B.

7. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A. ，，则

B. ，，，，则

C. ，，，则

D. ，，，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，性质定理、线面垂直的性质定理判断即可.

【详解】对于A，，，则或，A错误；

对于B，若，，，，则或相交，

只有加上条件相交，结论才成立，B错误；

对于C，，，无法得到，

只有加上条件才能得出结论，C错误；

对于D，，，则，又因为，所以，D正确.

故选:D.

8. 某钟表的秒针端点到表盘中心的距离为，秒针绕点匀速旋转，当时间时，点与表盘上标“12”处的点重合．在秒针正常旋转过程中，，两点的距离（单位：）关于时间（单位：）的函数解析式为（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】由条件分析函数性质，由此判断正确选项.

【详解】由已知函数的定义域为，周期为，且时，，

对于选项A，函数周期为，A错误；

对于选项B，函数周期为，B错误；

对于选项D，当时，，D错误；

对于选项C，

，

所以函数，

故选：C.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知两种不同型号的电子元件的使用寿命（分别记为，）均服从正态分布，，，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项正确的是（    ）

参考数据：若，则，．

A.

B. 对于任意的正数，有

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】抓住平均数和标准差这两个关键量，结合正态曲线的图形特征分析即可．

【详解】解：对于A：

，故A正确；

对于B：对于任意的正数，由图象知表示的面积始终大于表示的面积，

所以，故B正确，

对于C：由正态分布密度曲线，可知，所以，故C错误；

对于D：由正态分布密度曲线，可知，所以，故D正确；

故选：ABD．

参考数据：若，则，．

10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的结论中，正确的是（    ）

A. 的最小正周期为

B. 的单调递增区间为

C. 当时，的最大值为1

D. 在区间上有且仅有7个零点

【答案】BC

【解析】

【分析】根据图像求出函数的解析式，从而可得三角函数的解析式，根据三角函数的性质对各个选项逐一验证即可.

【详解】由题可知，，，

，即，

，，故，

，，的最小正周期为，故A错误；

，即，故B正确；

，当时， ，故C正确；

，当时， ，故C正确；

令，，零点可取值为：当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，符合题意；当时，，不符合题意；故在区间上有且仅有8个零点，故D错误；

故选：BC.

11. 已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 是等比数列

C. 是单调递增数列 D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，由得，故，A正确；

对于B选项，将，两式相减得，

即，又令，得，

，所以从第二项开始成等比数列，公比为，

故时，，即，所以，，

故B选项错误；

对于C选项，因为.当时，，

当时，.

所以，，令，

则时，，

即，而，所以数列单调递增，C选项正确；

对于D选项，当时，，

显然成立，故恒成立，D选项错误.

故选：AC.

12. 设点，，的坐标分别为，，，动点满足，则下列说法正确的是（    ）

A. 点的轨迹方程为

B.

C.

D. 有且仅有3个点，使得的面积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】A选项，由题易得点的轨迹方程为；

B选项，，可取等号；

C选项，；

D选项，利用三角形的面积公式转化为直线与椭圆的公共点个数问题，联立方程即可判断.

【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在x轴上的椭圆，则，椭圆方程为，

故A选项正确；

对于B选项，，当点为F1A的延长线与椭圆的交点时，等号成立，故B选项错误；

对于C选项，，因为，所以，所以

当点为AF2的延长线与椭圆的交点时，等号成立，取最小值，故C选项正确；

对于D选项，设使得的面积为的P点坐标为，

由坐标知，，直线的方程为，

则，解得或，

联立，化简得，

则，因此存在一个交点；

同理可得直线与椭圆有两个交点；

综上，有且仅有个点，使得的面积为，故D选项正确；

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为(3,4)，则此双曲线的方程为________.

【答案】

【解析】

【分析】

圆的半径就是c，再由点(3,4)在渐近线上可得，这样可求得，得双曲线方程．

【详解】由题意知，圆的半径为5，又点(3,4)在经过第一、三象限的渐近线y＝x上，因此有，解得所以此双曲线的方程为．

故答案为：．

【点睛】本题考查求双曲线的标准方程，寻找两个等式是必由之路．本题中两个已知条件：圆的半径等于双曲线的半焦距，点(3,4)在渐近线上．联立后可解得得双曲线方程．

14. “中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是，球冠的高度是，则球冠的面积）．已知天眼的球冠的底的半径约为米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为万平方米，则天眼的球冠高度约为_________米．（参考数值）

【答案】

【解析】

【分析】由，结合求解.

【详解】由题意得：，则，

则，所以，

所以，

故答案为：.

15. 10名同学进行队列训练，站成前排3人后排7人，现体育教师要从后排7人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法有______种

【答案】420

【解析】

【分析】先从7个人中选2人调整到前排，再把2人在5个位置选2个进行排列，按照乘法计数原理计算即可.

【详解】先从7个人中选2人调整到前排有种选法，

调整后前排有5个人，把2人在5个位置选2个进行排列由种站法，

其他3人的相对顺序不变站到剩余3个位置，

按照乘法计数原理得总共有种方法.

故答案为：420

16. 已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】设，由题可得当时，有两个零点，进而可得有两个正数解，令，考查直线与曲线相切时的值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】令，可得，

所以函数为偶函数，

因为，则，所以，当时，函数有两个零点，

且当时，，可得，

令，可得，

令，其中，则，故函数在上为增函数，

下面考查直线与函数图象相切的情形：

设直线与函数的图象相切于点，其中，

函数的图象在处的切线斜率为，

故曲线在点的切线的方程为，

即，

由题意可得，解得，，

结合图形可知，当时，直线与曲线在上图象有两个交点，

即此时函数在上有两个零点，

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方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，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（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）参变量分离法：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.

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，内角，，的对边分别为，，，且．

（1）求；

（2）若，的平分线交于点，且．求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式计算可得；

（2）依题意得，由，可得，再由余弦定理得到，即可求出，最后根据面积公式计算可得.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得，

即，

即

整理得，

因为，所以，

又，所以．

【小问2详解】

解：由题意，得，

又，

所以，

即，

由余弦定理得，

即，于是，解得或（舍），

所以．

18. 设公差不为0的等差数列的前项和为，若，且，，成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求满足条件的正整数的最大值．

【答案】（1）   

（2）674

【解析】

【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，然后根据题意列方程组可求出，从而可求出通项公式；

（2）由（1）得，则，从而可求出，再解不等式可得结果.

【小问1详解】

设等差数列的首项为，公差为，

因为，且，，成等比数列，

所以，，

即，解得

所以数列的通项公式为．

【小问2详解】

由（1）知，易得，

则，

所以．

，

因为，

所以，

解得，

所以正整数的最大值为674．

19. 如图1，在平面六边形中，四边形是边长为正方形，和均为正三角形，分别以，，为折痕把，，折起，使点，，重合于点，得到如图2所示的三棱锥．

（1）证明：平面平面；

（2）若点是棱上的一点，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设的中点为，连接，，利用线线垂直证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面；

（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，且，所以当最短时，即为的中点时最大，利用空间向量法求二面角的余弦值即可.

【小问1详解】

设的中点为，连接，，

由题意得，，，

因为在中，，为中点，所以，

在中，，，，

所以，则，

因为平面，平面，，

所以平面，

又平面，

所以平面平面．

【小问2详解】

由（1）知，，，

所以平面，即为直线与平面所成的角，

且，所以当，即为的中点时，OM最短，最大，

因为两两垂直，

以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

，,

设是平面的法向量，

所以，解得，

因为平面，所以平面的一个法向量为，

设二面角的平面角为，

则，

所以二面角的余弦值为．

20. 某市工业部门计划对所辖中小型企业推行节能降耗技术改造，下面是对所辖的400家企业是否支持技术改造进行的问卷调查的结果：

（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；

（2）从上述支持技术改造的中小型企业中，按分层随机抽样的方法抽出12家企业，然后从这12家企业中随机选出9家进行奖励，中型企业每家奖励60万元，小型企业每家奖励20万元．设为所发奖励的总金额（单位：万元），求的分布列和均值．

附：，．

【答案】（1）推断犯错误的概率不大于．   

（2）分布列见解析，270

【解析】

【分析】(1)提出零假设，计算，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；

(2)求随机变量的所有可能取值，确定其取各值的概率，再由期望公式求期望即可.

【小问1详解】

零假设为：“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”无关

根据列联表中的数据，计算得到，

．

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关联，此推断犯错误的概率不大于．

【小问2详解】

由（1）可知支持节能降耗技术改造的企业中，中型企业与小型企业的数量比为．

所以按分层随机抽样的方法抽出的12家企业中有3家中型企业，9家小型企业．

选出的9家企业的样本点是，，，（前者为中型企业家数，后者为小型企业家数）．

故的所有可能取值为180，220，260，300．

，

，

，

，

故的分布列为

的均值为

．

21. 已知抛物线，点为直线上的动点（点的横坐标不为0），过点作的两条切线，切点分别为．

（1）证明：直线过定点；

（2）若以点为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求四边形的面积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据题意结合导数分别求点处的切线，分析可得直线的方程为，即可得结果；

（2）根据题意结合韦达定理求得四边形的面积，再根据由求得，代入即可.

【小问1详解】

设，，，

因为，则，

所以，则切线斜率为，

故，整理得，

同理可得，

故直线的方程为，

所以直线过定点.

【小问2详解】

由（1）知直线的方程为，，，

由整理得，

于是，，，则，

故．

设，分别为点，到直线的距离，则，，

四边形的面积，

设为线段的中点，则．

由，得，解得，

将代入式解得，故四边形的面积为．

【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法

(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．

(2)面积问题常采用×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解．

22. 已知函数．

（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；

（2）当时，证明：函数有且仅有3个零点．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由，根据条件即在上恒成立，设，求出其导数，得出单调性，求出最小值，可得答案.

（2）由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，分和分别讨论即可证明.

【详解】（1）因为，

由函数在上为增函数，则在上恒成立.

令，，

当时，，所以恒成立.

所以在为增函数．所以

所以．

（2）由，则

所以，是的两个零点．

因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．

所以下面证函数在上有且仅有1个零点．

①当时，∵，∴，∴．无零点．

②当时，∵，设，

∴在上递增，

又∵，，

∴存在唯一零点，使得．

当时，，在上递减；

当时，，在上递增．

所以，函数在上有且仅有1个零点．

故函数在上有且仅有1个零点．

综上：当时，函数有且仅有3个零点．

【点睛】关键点睛：本题考查由函数单调性求参数范围和利用导数讨论函数零点个数问题，解答本题的关键是将问题转化为在上恒成立，以及由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，属于难题.