2022-2023学年山东省烟台市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年山东省烟台市高三上学期期末数学试题及答案，共26页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0， 已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
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，只有一项符合题目要求.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】分别求出集合，求出交集即可.
【详解】，
，
故，
.
故选：D.
2. 已知，，则“”的一个充分不必要条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，利用特殊值法判断AC，利用对数函数的单调性和定义域判断B，利用指数函数的单调性判断D即可.
【详解】选项A：取，，满足，但不成立，A错误；
选项B：由对数函数的定义域和单调性可知若，则；若，可能无意义，所以是的充分不必要条件，B正确；
选项C：取，，满足，但不成立，C错误；
选项D：由指数函数的单调性可得若，则；若，则，所以是的充要条件，D错误；
故选：B
3. 过点且与曲线相切的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线斜率，得到切线方程，代入切线过的点，求出未知数即可得到方程.
【详解】由，则，
设切点坐标为，则切线的斜率，切线方程为，
由切线过点，代入切线方程解得，则切线方程为，即.
故选：B
4. 米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（ ）
A. 千克B. 千克C. 千克D. 千克
【答案】C
【解析】
【分析】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.
【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，且，，，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，
所以，，所以，，
因为，易知，
故四边形为矩形，则，，
所以，，故该正四棱台的高为，
所以，该米斗的体积为，
所以， 该米斗所盛大米的质量为.
故选：C.
5. 设分别为椭圆的左顶点和上顶点，为的右焦点，若到直线的距离为，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程得到的坐标，再利用两点式可得到直线的方程，结合点到直线的距离公式和椭圆的离心率求解即可.
【详解】由题意可得，
所以直线的方程为，整理得，
所以到直线的距离，所以①，
又因为椭圆中②，③，
所以联立①②③得，解得，
又因为，所以，
故选：A
6. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解.
【详解】
以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系，
因为，,所以，即，
且所以，
所以，
故选:C.
7. 过直线上一点作圆的两条切线，，若，则点的横坐标为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，则，，设，由两点间的距离公式代入解方程即可得出答案.
【详解】如下图，过直线上一点作圆的两条切线，，
设圆心，连接，，
可得，，则，
所以，所以，
因为点在直线上，
所以设，，
，解得：.
故选：D.
8. 已知定义在上的函数满足：为偶函数，且；函数，则当时，函数的所有零点之和为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意画出的图象，由图知，均关于对称，有14个交点，即可求出函数的所有零点之和.
【详解】因为为偶函数，所以关于对称，
所以当时，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
……
函数为的图象向左平移个单位，
的图象如下图所示，
均关于对称，有14个交点，
所以函数的所有零点之和为：.
故选：A.
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. 如图是某正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A. B. 平面
C. 与所成角为60°D. 与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用即可判断A,B选项，证明为正三角形即可判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面夹角的正弦值即可.
【详解】将展开图合成空间图形如下图并连接,,
，
，四边形为平行四边形，，
若，则，显然不成立，故A错误，
，平面，平面，
平面，故B正确，
设正方体棱长为1，则，故为正三角形，
故，而，与所成角为，故C正确，
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则,
则,
设平面的一个方向量，则，
即，令，则，则，
设与平面所成角为，
则，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 的图象关于点对称
D. 若，且在上无零点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由解得，求出，由可判断A；求出的范围，根据正弦函数的单调性可判断B；计算可判断C；，可得或，可得 的最小值为可判断D.
【详解】因为函数的图象关于直线对称，
所以，即，解得，
，
且，
对于A，，故A正确；
对于B，，所以，因为在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，若，则，
可得或者，，
或，，
且的半周期为，在上无零点，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据均值不等式和常见的不等式放缩即可求解.
【详解】，，且，
所以，故选项A正确；
，
故选项B错误；
要证，
证，
即证，
由，，且，知，
所以，
故选项C正确；
要证，
即证，
因为，
所以，
前后取得等号条件分别是和，
所以不同时取得等号，故D选项正确；
故选：ACD.
12. 已知过抛物线焦点的直线交于两点，交的准线于点，其中点在线段上，为坐标原点，设直线的斜率为，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 存在使得D. 存在使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】特殊值法分别令和代入直线，再由抛物线的定义, 过抛物线的焦点的弦长, 选项得解,由 , 则, 联立方程组，结合韦达定理, 可判断选项C, 若 , , 联立方程组结合韦达定理, 可判断选项D.
【详解】对于选项A. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: , 则 ,
由抛物线的定义: , 故A正确.
对于选项B. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: ，则 , 则 ,
所以 ，由抛物线的定义:
又因为直线 与抛物线的准线 交于点 ,
则，即 ，故B正确.
对于选项C. 设过抛物线 的焦点 的直线方程为: 与抛物线交于 两点,联立方程组 , 整理可得:
则 ,
，
所以 .若 , 则, 故不存在，使得 ,故C不正确.
对于选项D. 设过抛物线 的焦点 的直线 方程为: 与抛物线交于 两点,
联立方程组 , 整理可得 : ,则 ，
,
若 , 因为,, 即 ,
则 , 即: ,可得: ,
即: , 则 , 解得: , 解得: .
故存在使得 , 故D正确;
故选：ABD.
【点睛】本题考查了抛物线与直线方程的位置关系，解方程组，焦点弦的应用，对与本题，运算能力，数形结合思想是关键，属于较难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】
首先利用指数和对数互化得到，，再利用换地公式即可得到答案。
【详解】由可知，，
所以.
故答案为：
14. 已知向量，，若，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目条件可得，代入化简即可.
【详解】已知向量，，若，则有，
∴.
故答案为：
15. “0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，，2，3，…，则数列的所有项之和为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，依次讨论中0与1的个数，从而得解.
【详解】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，
因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，
所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；
有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；
有项，23个1变46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；
所以数列的所有项之和为.
故答案为：.
16. 在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱，为侧棱的中点，在侧面矩形内（异于点），则三棱锥体积的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
，
且和不同时成立，
因为，
所以有，
所以是直角三角形，于是，
设平面的法向量为，
因此有，
取，则，则
，设点到平面的距离为，
，
三棱锥体积为，
因为，
所以当时，有最大值，显然满足和不同时成立，
即，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用空间点到平面距离公式是解题的关键.
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A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2），BD=3，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，得到求解.
（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：由正弦定理可得，
因为，
所以，
即，
整理得：，
因为，所以，
所以，
因为，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
即.
整理得，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，
所以，
所以ABC面积的最大值为.
18. 已知数列和的各项均不为零，是数列的前项和，且，，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得出数列的特征求出通项，由，得出数列的特征求出通项公式.
（2）由数列的特征，运用错位相减法求前项和.
【小问1详解】
因为，所以，
两式相减得.
又因为，所以，
所以数列和都是以2为公差的等差数列.
因为，所以在中，令，得，
所以，，
所以.
对于数列，因为，且，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
【小问2详解】
由，
有，
，
两式相减得，，
所以.
19. 如图，是以为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形，，.
（1）求证：；
（2）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）取中点，在与中分别得到，，根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明；
（2）在中，利用余弦定理可得，以，及过点垂直于平面的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量即可求解.
【小问1详解】
取中点，连接，，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以.
因为是等边三角形，所以.
，平面，平面，
所以平面.
因为平面，故.
【小问2详解】
在中，，，，由余弦定理可得，
，故.
如图，以，及过点垂直于平面的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
可得，所以，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，可得.
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，可得.
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20. 某工厂拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为千元.设该容器的建造费用为千元.
（1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
（2）求该容器的建造费用最小时的.
【答案】（1）， （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由圆柱和球的体积的表达式, 得到和的关系. 再由圆柱和球的表面积公式建立关系 式, 将表达式中的用表示，并注意到写定义域时, 利用, 求出自变量的范围.
（2）用导数的知识解决, 注意到定义域的限制, 在区间中, 极值末必存在, 将极值点在区间内和在区间外进行分类讨论.
【小问1详解】
设该容器的体积为，则，
又，所以
因为，所以.
所以建造费用，
因此，.
【小问2详解】
由（1）得，.
由于，所以，令，得.
若，即，当时，，为减函数，当时，，为增函数，此时为函数的极小值点，也是最小值点.
若，即，当时，，为减函数，此时是的最小值点.
综上所述，当时，建造费用最小时；当时，建造费用最小时.
21. 已知双曲线的焦距为，，为的左、右顶点，点为上异于，的任意一点，满足.
（1）求双曲线的方程；
（2）过的右焦点且斜率不为0的直线交于两点，，在轴上是否存在一定点，使得为定值？若存在，求定点的坐标和相应的定值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点，使得为定值
【解析】
【分析】(1)根据可得，结合即可求解；(2)利用韦达定理表示出即可求解.
【小问1详解】
设，，，则，
又因为点在双曲线上，所以.
于是，对任意恒成立，
所以，即.
又因为，，
可得，，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为：，，，由题意可知，
联立，消可得，，
则有，，
假设存在定点，
则
令，解得，
此时，
所以存在定点，使得为定值
22. 已知，，，为导函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若存在使得对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，当时，方程的根为，分、、讨论即可；
（2）转化为存在实数使得恒成立，令，则，时由导数判断函数在上单调递增，且存在使得，可得，原命题可转化为存在使得在上成立，结合求出，存在，使得成立，令，由导数得可得答案.
【小问1详解】
，则，
当时，方程的根为，
当，即时，当和时，，
单调递增，当时，，单调递减，
当，即，当和时，，
单调递增，当时，，单调递减，
当，即时，恒成立，函数在上单调递增，
综上所述，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
存在实数使得对任意恒成立，即恒成立，
令，则，
因为，当时，恒成立；当时，，函数在上单调递增，且，，
所以，存在，使得，且在上单调递减，
在上单调递增，所以，
于是，原命题可转化为存在使得在上成立，
又因为，所以，
所以存在，使得成立，
令，，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以.
【点睛】思路点睛：在第二问中，转化为存在实数使得对任意恒成立，即恒成立，再构造函数令，则，
考查了学生分析问题、解决问题以及运算能力.