2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高三上学期期末数学试题及答案，共25页。
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，再填涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题纸上．写在本试卷上无效．
3．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
【详解】解：因为集合，，
所以，.
故选：D
2. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：B.
3. 已知向量，，．若，则实数k的值为（ ）
A. B. C. 0D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，利用向量垂直，则数量积为0，得到方程解出即可.
【详解】，
，，即，解得，
故选：A.
4. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在着陆场预定区域成功着陆，三名航天员安全出舱.神舟十三号返回舱外形呈钟形钝头体，若将其近似地看作圆台，其高为，下底面圆的直径为，上底面圆的直径为，则可估算其体积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆台的体积公式可求得结果.
【详解】因为圆台的上底面圆的半径是，高是，下底面圆的半径是，
所以
故选：B.
5. 在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去某地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相互独立事件同时发生的概率乘法公式，（法一）至少有1人去此地包含甲去乙不去、甲不去乙去、甲去乙去三种情况，由此即可求出结果；（法二）它的对立事件是两个人都不去此地，做出两个人都不去此地的概率，再根据对立事件的概率得到结果．
【详解】（法一）设“甲去某地”为事件A，“乙去某地”为事件B，
则至少有一人去此地的概率为
；
（法二）所求事件的概率；
故选：C．
6. 已知，，则的值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将已知条件化简后两边平方，由此求得值，进而求得的值.
【详解】由于，所以，所以
由化简得，
两边平方得，
即，解得（负根舍去），
由于，所以.
故选：A.
7. 已知函数为偶函数，当时，，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数奇偶性可得,,,,且,再结合函数在的单调性,可比较出的大小关系.
【详解】因为函数为偶函数,所以,.
又,,,
则,
因为函数和都在上单调递减,所以在上单调递减.
故,即.
故选:D
8. 已知抛物线的焦点为F，直线l过点F且与C交于M，N两点，若，则的面积为（ ）
A. B. C. 5D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义得出点坐标，再联立直线和抛物线方程，得出点坐标，由面积公式求解.
【详解】由题意可知，，不妨设点在第一象限，，
因为，所以，即
联立，得，解得
.
故选：B
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的2分，有选错的得0分．）
9. 已知点，，斜率为的直线过点，则下列满足直线与线段相交的斜率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】作出图形，数形结合求解即可.
【详解】解：根据题意，在平面直角坐标系中，作出点，如图，
当直线与线段相交时，，，
所以，斜率取值范围是或.
故选：AB
10. 已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据图像变换法则可求得的解析式，利用其为偶函数求出，又由三角函数的性质可求得，对进行赋值，与选项对比即可得出答案.
【详解】由，
得，
因为偶函数，则，
所以，即
当时，；当时，.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用三角函数的性质和函数的奇偶性，得出，，进而判断选项.
11. 在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（ ）
A. 当P为中点时，截面为六边形
B. 当时，截面为五边形
C. 当截面为四边形时，它一定是等腰梯形
D. 设中点为Q，三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D.
【详解】对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，
因为M为AB中点，N为BC中点，所以，
同理，又因为，所以，
同理，所以共面，
此时六边形为截面，
所以截面为六边形，故A正确；
对B，如下图所示，延长交于，交于，连接交于，
连接交于，此时截面为五边形，
因为，所以，
所以，即，
所以当时，截面为五边形，故B错误；
对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图，
由A得，，所以四边形即为截面，
设正方体的棱长为1，则，，所以，
所以四边形是等腰梯形，故C正确.
对D，设为到平面的距离，
延长，交于一点，连接与交于一点，
所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，
三棱锥的体积：，
因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，
所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确.
故选：AC.
12. 已知函数、的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（ ）
A. 函数对称轴为方程为
B. 函数的周期为
C. 对于函数，有
D. 对于函数，有
【答案】BC
【解析】
【分析】推导出，结合函数对称性的定义可判断A选项；推导出，结合函数周期性的定义可判断B选项；推导出函数的周期，计算出的值，结合函数的周期性可判断C选项；计算出的值，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则，
又因为，所以，，
所以，函数图象关于点中心对称，A错；
对于B选项，因为函数的图象关于直线对称，所以，，
因为，则，
又因为，则，即，
所以，，所以，，即，
所以，函数的周期为，B对；
对于C选项，因为，可得，
所以，，
所以，函数周期函数，且周期为，所以，，
由且，则，所以，，
由可得，所以，，
由可得，则，
所以，，C对；
对于D选项，因为，所以，，D错.
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）
13. 的展开式中的系数为________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理展开求解即可.
【详解】解：根据题意得的展开式中的系数为，的系数为，
所以，的展开式中的系数为.
故答案为：
14. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得直线的斜率为，再由垂直可得曲线在处的切线斜率为，对曲线求导令导函数为可得的值.
【详解】解：直线的斜率为,可得曲线在处的切线为，
，当，，可得，可得，
故答案：.
【点睛】本题考查了直线与直线的垂直关系及导函数的几何意义的应用、导数的计算，属于中档题.
15. 随机变量服从正态分布，，，则的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，得到，再利用均值不等式计算的最小值.
【详解】随机变量服从正态分布，∴，
由，得，
又，
∴，且，，
则．
当且仅当，即，时等号成立．
∴的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.
16. 设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用距离公式将表示，配方后，分和两种情况讨论即得
【详解】设，
则，
因为，
当即时，，
所以，即
化简得：，
故，两边同除以得，所以；
当，即时，，所以，
由，同除以得，所以
综上，离心率的范围为
故答案为：
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．写出必要文字说明、证明或演算步骤．）
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求C；
（2）已知，设D为边AB的中点，若，求a．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化简得，则，则得到的大小；
（2）根据向量中线定理得，两边同平方化简得，解出值即可.
【小问1详解】
由，得，
利用正弦定理得：，即，
化简得，
，，，
又，．
【小问2详解】
因为D为边AB的中点，所以，则
，
化简得，
解得或（舍)
18. 已知数列满足，，数列为等比数列且公比，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列的前n项和为，若________，记数列满足，求数列的前项和．
在①，②，，成等差数列，③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出数列的公比，进而判断数列为等差数列，再求出通项作答.
（2）选①②③，分别求出数列的通项，结合（1），利用分组求和法求解作答.
【小问1详解】
因为，，，，
令得，又数列为等比数列，即有，而，解得，则，
因此，即数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
【小问2详解】
若选①，由（1）知数列是公比为2的等比数列，
由得，，解得，则，
因此，
即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，
所以．
选②，由（1）及，，成等差数列得，即，，则，
因此，
即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，
所以．
若选③，由（1）及得，解得，则，
因此，
即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，
所以．
19. 2022年10月2日，党的二十大胜利闭幕，为了更好的学习二十大精神，某市市委宣传部面向全市各部门开展了二十大宣讲活动．某都门为了巩固活动成果，面向其下属甲、乙、丙三个单位开展“领悟二十大精神”知识竞赛，竞赛成绩达到95分以上（含95分）的单位将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的单位及冠军得主，收集了甲、乙、两三个单位以往的知识竞赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）；
甲：98，97，95.5，95.4，94.8，94.2，94，93.5，93，92.5；
乙：97.8，95.6，95.1，93.6，93.2，92.3；
丙：98.5，96.5，92，91.6
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三个单位的知识竞赛成绩相互独立．
（1）估计甲单位在“知识竞赛”中获得优秀奖的概率；
（2）设X是甲、乙、丙三个单位中获得优秀奖的单位总数，估计X的数学期望EX；
（3）在“领悟二十大精神”知识竞赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）1.4； （3）甲获得冠军的概率估计值最大.
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；
（2）由题意知X所有可能取值为0，1，2，3．再求出三个单位在知识竞赛中获优秀奖的概率，再求出X为0，1，2，3的概率，即得解；
（3）求出三个单位竞赛成绩的平均数，即得解.
【小问1详解】
由题意知知识竞赛成绩达到95分以上（含95分）获优秀奖，甲单位的成绩共有10个，甲单位的成绩达到95分及以上的有98，97，95.5，95.4，共四个，
所以设“甲单位在竞赛中获优秀奖”为事件A，
则事件A的概率为．
【小问2详解】
由题意知X所有可能取值为0，1，2，3．甲单位在知识竞赛中获优秀奖的概率为．设“乙单位在知识竞赛中获优秀奖”为事件B，则事件B的概率为．
设“丙单位在知识竞赛中获优秀奖”为事件C，则事件C的概率为．
于是
，
，
，
，
所以．
【小问3详解】
甲获得冠军的概率估计值最大．
甲的平均数为，
乙的平均数为，
丙的平均数为．
故甲获得冠军的概率估计值最大
20. 如图，在三棱锥中，，平面，，的面积分别为2，．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等体积法求解即可；
（2）取的中点，连接，进而证明平面得，进而以以为原点直线为轴，过且平行于做轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【小问1详解】
解：在三棱锥中，设点到平面的距离为，
因为在三棱锥中，，平面，，的面积分别为2，．
所以，，即 ，解得，
所以点到平面的距离为．
【小问2详解】
解：取的中点，连接，如图，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以
又因为平面，且平面，
所以，．
又平面且，
所以平面，
又平面，
所以．
所以，以为原点直线为轴，过且平行于做轴，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，
又面积为，所以，
所以，，，，，
所以的中点，
所以，，
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为．
21. 已知圆，定点，N为圆C上一动点，线段MN的中垂线与直线CN交于点P．
（1）证明：为定值，并求出点P的轨迹的方程；
（2）若曲线上一点Q，点A，B分别为在第一象限上的点与在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】(1)根据双曲线的定义求轨迹方程；
(2)利用表示出，, 再结合点在双曲线上可得，从而表示出，根据双勾函数的单调性求取值范围.
【小问1详解】
证明：由题意，圆C的圆心，半径，
由点N与M关于PQ对称，
则，，
且，
由双曲线定义知，点P的轨迹为以C，M为焦点，实轴长为的双曲线，
设双曲线方程为：，
，，，，
所以双曲线方程为.
【小问2详解】
由题意知，，分别为双曲线的渐近线,
设，，由，设．
，
，,
由于P点在双曲线上
，，
,
又，
同理，设OA的倾斜角为，
则．
,
函数，，上单调递减，在上单调递增，
当时，；
当时，；
．
22. 已知，，．
（1）若，求a的取值范围；
（2）若，证明：存在函数和函数共有3个不同的零点，并且这3个零点成等差数列．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)由已知，利用导数求函数的最小值可得a的取值范围；
(2) 依据，的单调性．结合零点存在定理分别证明函数，有2个零点．再证明存在b使得的较大的零点与函数的较小的零点相等，最后证明三个零点成等差数列．
【小问1详解】
由题意可知，的定义域为，
不等式，可化为，
因为恒成立，所以恒成立，
所以
令，则
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增．
则．
所以．
故a的取值范围为．
【小问2详解】
令，则，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增；
所以，
，，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增；
所以，
，两个最小值相等
①当时，此时两个函数均无零点，不符合题意；
②当时，此时0，1分别是两个函数的零点，不符合题意；
（3）当时，
，，，
令，，则，
所以在区间上单调递增；
所以，即
所以在区间上存在且只存在1个零点，设为，
在区间上存在且只存在1个零点，设为．
因为
所以，，，
令，，则，
所以在区间上单调递增；
所以，即
所以在区间上存在且只存在1个零点，设为，
在区间上存在且只存在1个零点，设为．
因为，
所以．
设，，
因为，
，
所以在区间上存在零点，
故，即，
令，则，
因为在上单调递增，
所以函数在上单调递增，所以，
因为在上单调递减，
所以函数在上单调递减，所以，
所以当时，函数和函数共有3个零点．
所以当时，，
所以，
又因为在区间上单调递减，，，
所以，所以．
同理，因为，
又因为在区间上单调递增，，
所以，，所以．
又因为，
所以，
所以函数和的3个零点成等差数列．
【点睛】本题是函数与不等式，函数与方程的综合性问题，难度很大.第一问考查不等式恒成立问题，可通过分离变量转化为求函数最值的问题.第二小问考查利用导数研究函数的零点，可利用导数研究函数的单调性结合零点存在性定理解决.