2022-2023学年广东省深圳市罗湖区高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年广东省深圳市罗湖区高三上学期期末数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了考试结束后，考生上交答题卡， 正四面体中，是侧棱上， 已知随机变量，函数，则等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷共4页，共22题，满分150分，考试用时120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码.
3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑.
4.非选择题的答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液.
5.考试结束后，考生上交答题卡.
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，，则的子集个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无穷多个
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，再求子集个数即可.
【详解】解：因为集合，，
由可得，
所以，只有一个元素，
所以，的子集个数为2.
故选：C
2. 已知复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算可得答案.
【详解】因为，所以，
故选：A
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先根据条件求出k，再用坐标公式法计算模.
【详解】 ， ；
故选：B.
4. 某科技企业为抓住“一带一路”带来的发展机遇，开发生产一智能产品，该产品每年的固定成本是25万元，每生产万件该产品，需另投入成本万元.其中，若该公司一年内生产该产品全部售完，每件的售价为70元，则该企业每年利润的最大值为（ ）
A. 720万元B. 800万元
C. 875万元D. 900万元
【答案】C
【解析】
【分析】先求得该企业每年利润的解析式，再利用分段函数求最值的方法即可求得该企业每年利润的最大值.
【详解】该企业每年利润为
当时，
在时，取得最大值；
当时，
（当且仅当时等号成立），即在时，取得最大值；
由，可得该企业每年利润的最大值为.
故选：C
5. 圆与圆公共弦长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，求出圆的圆心到公共弦的距离，再由
公共弦长公式求出答案即可.
【详解】联立两个圆的方程，
两式相减可得公共弦方程，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到公共弦的距离为，
公共弦长为.
故选:.
6. 已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得曲线在时的解析式，再利用导数几何意义即可求得曲线在点处的切线方程.
【详解】设，则，由为偶函数，且当时，，
可得，则，
则，
则曲线在点处的切线方程是，即
故选：C
7. 某批产品来自，两条生产线，生产线占，次品率为4%；生产线占，次品率为，现随机抽取一件进行检测，若抽到的是次品，则它来自生产线的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式及贝叶斯公式求解作答.
【详解】因为抽到的次品可能来自于，两条生产线，设“抽到的产品来自生产线”，
“抽到的产品来自生产线”，“抽到的一件产品是次品”，
则，
由全概率公式得，
所以它来自生产线的概率是.
故选：B
8. 正四面体中，是侧棱上（端点除外）的一点，若异面直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先在正四面体中，作出对应的角，再比较三者间的的大小关系即可解决.
【详解】正四面体中，取中点，连接，，
过作于，连接，，
过作的平行线交于，则，
由，，，平面，平面
可得平面，则，则
由平面，可得平面平面，
又平面平面，平面，，
则平面，则，
因为，且，所以.
设正四面体边长为1，，有.
，
因为
所以，又，则
综上：
故选：C
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
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. 等比数列的公比为，前项和为，且，以下结论正确的是（ ）
A. 是等比数列
B. 数列，，成等比数列
C. 若，则是递增数列
D. 若，则是递增数列
【答案】AB
【解析】
【分析】先将 的通项公式写出，再按照有关定义逐项分析.
详解】由题意， ， ；
对于A， ，所以是首项为 ，公比为 的等比数列，正确；
对于B，因为， ，
，
， ,它们成等比数列，正确；
对于C，若 ， ，则 ，为递减数列，错误；
对于D， ，若 ， ，则 ， ，是递减数列，错误.
故选：AB.
10. 已知随机变量，函数，则
A. 当时，取得最大值
B. 曲线关于直线对称
C. 轴是曲线的渐近线
D. 曲线与轴之间的面积小于1
【答案】ABC
【解析】
【分析】由正态分布曲线的性质逐一判断即可.
【详解】解：因随机变量，函数，
所以的对称轴为，且当时，取最大值为，
故A，B正确；
根据正态分布的曲线可得，轴是渐近线，且曲线与轴之间的面积等于1，
故C正确，D错误.
故选：ABC.
11. 已知，为椭圆左、右顶点，为的右焦点，是的上顶点，，的垂直平分线交于，，若，，三点共线，则（ ）
A.
B. 的离心率为
C. 点到直线的距离为
D. 直线，的斜率之积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意得的方程为，进而得，再整理得，进而求，离心率判断AB；求出直线的方程并结合点线距公式求解判断C；设，则，进而求解即可判断D.
【详解】解：由题知，，，，
所以，，的中点为，
所以，的垂直平分线的方程为，
因为，，三点共线，
所以，整理得，
所以，即
所以，，故A选项正确；
所以，即，解得或（舍）
所以，椭圆的离心率为，故B选项正确；
因为直线的方程为，即，
所以，点到直线的距离为，故C选项错误；
设，则，故，
由于，
所以，故D选项正确；
故选：ABD
12. 已知，函数，则（ ）
A. 的图像关于原点对称
B. 有四个极值点
C. 在上单调递增
D. 的最大值不大于
【答案】AC
【解析】
【分析】根据 的函数性质逐项分析求解.
【详解】对于A， ，是奇函数，正确；
对于B，，令 ，
则 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ，
单调递增 ，所以 最多只有2个零点，即 最多只有2个零点，错误；
对于C， ，
，由B的分析知： 时， ，即 ，
是单调递增的，正确；
对于D， ，错误；
故选：AC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若是第三象限角，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系求解即可.
【详解】解：因为是第三象限角，且，
所以,
因为
所以，
所以
故答案为：
14. 已知，则函数的最小值为_______．
【答案】9
【解析】
【详解】试题分析：由,而
,当且仅当时，上式取“=”,所以.
考点：基本不等式；构造意识和发散性思维.
15. 若正方形的顶点均在半径为1的球上，则四棱锥体积的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设正方形的边长为，可得到四棱锥体积为，令，则，利用导数的知识求得最大值即可求解
【详解】设正方形的中心为，连接，由球的性质可知平面，
设正方形的边长为，因为正方形的顶点均在半径为1的球上,且不在大圆上，所以,
所以，，
所以，四棱锥体积为
令，则，
令，则，故得，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，当时有最大值，
所以，，当且仅当时四棱锥体积的最大值.
故答案为：
16. 已知的顶点，点，均在抛物线上.若，的中点也在上，的中点为，则______，的面积______.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】先利用点在曲线上构造出一元二次方程，求得点D的坐标，进而求得的长和的面积.
【详解】不妨设，，
则的中点在上，
所以，整理得，
又的中点在上，
所以，整理得，
所以，是方程的两根，则，
所以，，
则，
的面积
故答案为：；
四、解答题：本大题共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. 已知数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设求数列的前100项和.
【答案】（1）
（2）22950.
【解析】
【分析】（1）对条件作变形化简，求出通项公式；
（2）分组求和.
【小问1详解】
，
所以 是常数列，即 ；
【小问2详解】
由（1）知， 是首项为2，公差为3的等差数列，
由题意得 ， ，
设数列，的前50项和分别为，，
所以 ，，
所以的前100项和为 ；
综上， ，的前100项和为.
18. 在中，角，，对边分别为，，，且，.
（1）求；
（2）若，边上中线，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和已知可得，利用三角函数的平方关系可得答案；
（2）法一：在和中，由余弦定理可得，，求出代入三角形面积公式可得答案；法二：由得，，求出由可得答案；法三：作交于，则，，由余弦定理可得，代入三角形面积公式计算可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理有，
因为，有，
因为，故，；
【小问2详解】
法一：和中，，
因为，，则，
因为，所以，
所以；
法二：因为，所以，
有，
因为，所以，
所以；
法三：如图，作交于，则是的中点，
所以，，，
即，解得，
所以.
19. 快到采摘季节了，某农民发现自家果园里的某种果实每颗的重量有一定的差别，故随机采摘了100颗，分别称出它们的重量（单位：克），并以每10克为一组进行分组，发现它们分布在区间，，，，并据此画得频率分布直方图如下：
（1）求的值，并据此估计这批果实的第70百分位数；
（2）若重量在（单位：克）的果实不为此次采摘对象，则从果园里随机选择3颗果实，其中不是此次采摘对象的颗数为，求的分布列和数学期望.
注意：把频率分布直方图中的频率视为概率.
【答案】（1）0.030；31
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图和百分位数的计算方式直接计算即可；
（2）由题知，再根据二项分布求解即可；
【小问1详解】
解：因为频率分布直方图的组距为10，
所以，落在区间，，上的频率分别为0.20，0.32，0.18，
所以，.
因为落在区间上的频率为，
而落在区间上的频率为，
所以第70百分位数落在区间之间，设，
则，解得，
所以估计第70百分位数为31.
【小问2详解】
解：由（1）知，重量落在的频率为0.2，由样本估计总体得其概率为0.2，
因为可取0，1，2，3，且，
则，，
，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为（或直接由）.
20. 如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，再从条件①、条件②中选择一个作为条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：异面直线与所成的角为45°；
条件②：是等腰三角形.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】(1)应用线面平行的判定定理证明即可;
(2)根据选择的已知条件应用线面角的向量法求解可得.
【小问1详解】
取的中点为，连接，，因为是的中点，
所以且，
又因为且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
即，平面
而平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，，且，平面，
所以，
又因为，所以分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系.
选择条件①，因为为异面直线与所成的角，即，
所以，，
设，则，
解得，
所以，，
，，
所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，即，
所以.
选择条件②，设，则，，，
因为是等腰三角形，所以上式中只能，即，
所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，即，
所以.
21. 点是平面直角坐标系上一动点，两直线，，已知于点，位于第一象限；于点，位于第四象限.若四边形的面积为2.
（1）若动点的轨迹为，求的方程.
（2）设，过点分别作直线，交于点，.若与的倾斜角互补，证明直线的斜率为一定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定值为.
【解析】
【分析】（1）设，然后求出点的坐标，然后算出、，然后由四边形的面积为2可得答案；
（2）设直线，联立直线与的方程消元，然后求出点的坐标，然后同理可得点的坐标，然后可算出直线的斜率.
【小问1详解】
设，依题意得且，
即且，
设，则，
因为直线的方向向量为，所以，，即，
所以，
所以四边形的面积为，
即动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
设直线（或），
则，
联立得，
整理得，
所以，即，
所以，
同理得，，
所以直线的斜率，得证.
22. 已知函数，其中是非零实数.
（1）讨论函数在定义域上的单调性;
（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）令，当时，可得不等式恒成立的必要条件为：由，求得，再证明充分性，令，利用导数可求证得结论.
【小问1详解】
当时，的定义域为，当时，的定义域为.
①当时，，在上单调递增；
②当时，，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.
【小问2详解】
令.由题恒成立.
①当时，.
因，故不合题意.
②当时，则不等式恒成立的必要条件为：.
令，
则，故在上单调递增.
注意到，故由可知.
下证充分性：
当时，令，则.
故在上单调递增.
所以.
令，
则，
令
则.
故在单调递减.
因为，故当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
所以，即
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是当时，则不等式恒成立的必要条件为：，可得，然后通过构造函数证明其充分性也成立，考查数学计算能力，属于较难题.
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