山东省枣庄市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省枣庄市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了01， 已知i是虚数单位，则的虚部为， 已知，则的值不可以为， 已知，则实数的可能取值为， 已知的最小正周期为，则， 已知正方体的棱长为1，则等内容，欢迎下载使用。
试卷类型：A2022－2023学年第一学期高三质量检测数学试题2023.01一、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，则满足的非空集合B的个数为（    ）A. 3 B. 4 C. 7 D. 8【答案】A【解析】【分析】先化简集合，然后利用子集的定义进行求解即可【详解】所以满足的非空集合B有，，，故个数为3，故选：A2. 已知i是虚数单位，则的虚部为（    ）A. 1 B. i C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用除法运算进行化简，然后利用虚部的定义进行求解即可【详解】因为，所以的虚部为，故选：C3. 已知为线段上的任意一点，为直线外一点，关于点的对称点为，若，则的值为（    ）A.  B. 0 C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】依题意可得、、三点共线，即可得到，再由，即可得到，从而得解.【详解】解：依题意可得、、三点共线，所以，又关于点的对称点为，所以，又，所以，所以，，则.故选：C4. 《九章算术》是中国古代的数学专著，书中记载有如下一个问题：“今有圆亭，下周三丈，上周两丈，高一丈，问积几何”.意思为“今有一圆台体建筑物，下周长为3丈，上周长为2丈，高为1丈，问它的体积为多少”，则该建筑物的体积（单位：立方丈）为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分别计算圆台上下底面圆的半径，再计算体积.【详解】下周长为3丈,则下底面圆的半径丈，上周长为2丈，则上底面圆的半径丈，则，故选：D.5. 已知，则的值不可以为（    ）A.  B. 1 C. 0 D. 【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式得到，即可得到或，再分类讨论分别计算可得.【详解】解：因为，所以，即，即，所以或，当时，当时，当时，当时.故选：B6. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为，作于点G，于点H，连接，易得，又平面，则平面，又平面，则，有故．已知，故为所求．解法二：如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选B．7. 已知双曲线，、分别是上下顶点，过下焦点斜率为的直线上有一点满足为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为（    ）A.  B. 2 C. 3 D. 4【答案】D【解析】【分析】依题意首先得到直线的方程，过点作轴，垂足为，即可表示点的坐标，再由点在直线上，即可得到、的关系，即可求出离心率.【详解】解：依题意可得，，，直线的方程为，过点作轴，垂足为，因为，所以，，所以，则，，所以，又点在直线上，所以，所以. 故选：D8. 已知，则实数的可能取值为（    ）A. －1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，可设，可得上式即为，利用导数说明的单调性，即可得到的最小值，即可判断的单调性，可得在上恒成立，即有恒成立，可设，求得导数和单调性、极值和最值，即可得到所求的范围，即可判断．【详解】解：对任意，都有，可得，即，可设，可得上式即为，由，令，则，当时，，（）单调递增；当时，，（）单调递减，则在处取得极小值，且为最小值，则恒成立，可得在上单调递增，则在上恒成立，即有恒成立，可设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，可得在处取得极大值，且为最大值，则，即的取值范围是，故符合题意的只有．故选：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知的最小正周期为，则（    ）A. B. 的图象关于直线对称C. 在上单调递增D. 在上有四个零点【答案】AD【解析】【分析】通过辅助角公式先将化简，再通过的最小正周期为，得出的值，即可利用三角函数性质对选项一一验证即可得出答案.【详解】，则，的最小正周期为，且，，即，，对于选项A：，故选项A正确；对于选项B：的对称轴为，，即，，令，解得：，故选项B错误；对于选项C：的单调递增区间为，，即，，故在上单调递增，在上单调递减，故选项C错误；对于选项D：的零点为，，即，，则在上有四个零点，分别是，，，，故选项D正确.故选：AD.10. 已知正方体的棱长为1，则（    ）A. 直线与所成的角为90°B. 平面C. 平面平面D. 点A到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直的性质，线面夹角，面面垂直的判定，等体积转化法即可求解.【详解】对于选项A：因为,,，所以平面，又平面，所以所以直线与所成的角为90°，故选项A正确；对于选项B：易知四点共面，直线与平面夹角为，所以直线与平面不平行，所以选项B错误；对于选项C：且，所以平面，平面，所以平面平面.故选项C正确；对于选项D：，设点A到平面的距离为，所以，所以.点A到平面的距离为.故选项D正确；故选：ACD.11. 已知直线，圆，则（    ）A. 圆心C到l距离的最大值为B. 圆上至少有3个点到l的距离为C. 圆上到l的距离为的点有且只有2个D. 若，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，则两切线的交点坐标为【答案】BC【解析】【分析】依题意求出直线恒过定点，并判断点与圆的位置关系，进而可判断A，B，C的正误，将代入圆的方程可知点在圆上，即可判断D的正误.【详解】直线，化简得，可知直线恒过定点，代入到圆，可得，所以点在圆内，易知圆的圆心为，半径，所以当时，圆心C到l距离有最大值，故A错误，此时半径，所以圆上恰好有3个点到l的距离为，当与不垂直时，圆心C到l距离小于，那么圆上会有4个点到l的距离为，所以圆上至少有3个点到l的距离为，故B正确，由圆的对称性可知，无论为何值时，圆上到l的距离为的点有且只有2个，故C正确，当，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，则两切线的交点必在圆外，而点代入到圆，可知，即点在圆上，所以点不是两切线的交点，故D错误，故选：BC.12. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和，且，，且为奇函数，则（    ）A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于点对称C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D．【详解】解：因为为奇函数，所以，取可得，因为，所以；所以，又，，故，所以函数的图象关于点对称，故B正确；因为，所以，所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，故关于对称，故A正确；又，所以，所以，所以，故函数为周期为的周期函数，因为，所以，，所以，所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为，故C错误．因，所以，，所以，故函数为周期为的函数，所以，所以函数为周期为4的函数，又，，，，所以，，所以，故D正确；故选：ABD．【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知“，”为假命题，则实数a取值范围是______.【答案】【解析】【分析】写出原命题的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.【详解】因命题“，”为假命题，则命题“，”为真命题，当时，恒成立，则；当时，必有，解得，综上，实数a的取值范围是.故答案为：14. 若函数在区间上的最大值为，则实数_______.【答案】3【解析】【分析】先分离变量，再由复合函数的单调性知，分类研究即可.【详解】∵函数，由复合函数的单调性知，当时，在上单调递减，最大值为；当时，在上单调递增，最大值为，即，显然不合题意，故实数.故答案为：315. 已知等差数列的前n项和为，若，且，则______.【答案】2【解析】【分析】先结合算出,再计算.详解】∵,∴,,,,故答案为：2.16. 已知椭圆，，是其左、右焦点，点在椭圆上且满足.若到直线的距离为，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得，则，令，则问题转化为求的最小值，即右焦点到直线的距离，即可得解.【详解】解：在中由正弦定理，又，所以，所以，令，要求的最小值，即求的最小值，则，当且仅当垂直直线且在与之间时取等号，所以.故答案为：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. 已知在的展开式中，第2项与第8项的二项式系数相等.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的常数项.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题目条件先求出，再根据二项式系数的性质求出结果；（2），结合（1）中的结果，求出的常数项和的系数即可.【小问1详解】依题意得，，解得，根据二项式系数的性质最大，于是展开式中系数最大的项为：.【小问2详解】，展开式的常数项为：，展开式的的系数为：，于是展开式的常数项为：18. 已知数列的前项和为，且.（1）求；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据，作差得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出其通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】解：因为，当时，解得，当时，所以，即，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】解：由（1）可得，所以.19. 在中，角，，所对的边分别为，，，，.（1）求的取值范围；（2）求面积的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得；（2）由（1）可知，则，再结合（1）中的取值范围及正切函数的性质计算可得.【小问1详解】解：在中由余弦定理，因为，，所以，即，所以，当且仅当时取等号，又，所以.【小问2详解】解：由（1）可知，所以，因为，所以，而在上单调递增，所以，所以面积的最大值为.20. 已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面.（1）证明：；（2）三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，再由面面垂直的性质定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，设，设棱锥的外接球的球心为，即可得到方程组，从而求出球心坐标，再由半径求出，最后利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：如图，取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，依题意平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】解：由（1）可知，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，因为棱锥的外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，解得，设棱锥的外接球的球心为，则，即，解得，所以球心，因为，所以，解得，所以，所以，，又，所以，，，设平面法向量为，则，不妨取，设平面的法向量为，则，不妨取，所以平面与平面夹角的余弦值为 .21. 已知函数.（1）当时，求不等式解集；（2）当时，求证在上存在极值点，且.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，先证明在上递增，注意到，然后利用单调性解不等式；（2）先根据零点存在定理，说明存在正数解，然后利用，用表示后，构造函数，证明即可.【小问1详解】时，，，令，则，于是时，，递增，时，，递减，故在处取得最小值，即，于是，故在上递增，注意到，故，结合单调性，于是，即，解得，不等式的解集为.【小问2详解】，则，令，，由可知，时，，递增，时，，递减，在处取得最小值，而，又记，，故在上单调递减，故，于是，即；，令，，记，则，则在单增，，故在上递增，，取，则；记，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取得等号，于是. 于是，由和零点存在定理可知，，使得，且，，，，所以是极小值点；由可得，，令，代入，整理，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取，故，原命题得证.【点睛】本题第二问的关键有两步，第一，使用零点存在定理时，这两个点的寻找；第二证明存在极值点后，设而不求，用隐零点的方式处理.22. 如图，已知点，点N为直线OB上除O，B两点外的任意一点，BK，NH分别垂直y轴于点K，H，NA⊥BK于点A，直线OA，NH的交点为M.（1）求点M的轨迹方程；（2）若，C，G是点M的轨迹在第一象限的点（C在G的右侧），且直线EC，EG的斜率之和为0，若△CEG的面积为，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由，写出直线OB的方程，设点N的坐标，进而得到点A的坐标，写出直线OA的方程联立求解；（2）设，，由 ，得到，进而得到，作，交直线CG于F，写出直线CG的方程，令，得到，再由求得，进而求得，，然后得到，与联立求解.【小问1详解】解：因为，所以，则设，，，由题意知：，则，因为，所以，则，，所以点M的轨迹方程为：，因为，，则，所以；【小问2详解】设，代入，得，，所以，即，因为，则，所以，，作，交直线CG于 F，则，，令，得，故 ，所以，，，，，，解得，则，所以，，又 ，，所以，因为，，两式相除得.