2022-2023学年河北省保定市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年河北省保定市高三上学期期末数学试题及答案，共24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，将本试卷和答题卡一并交回.
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到集合，然后求交集即可.
【详解】由题意得或，所以.
故选：D.
2. 若，则等于（ ）
A. 2B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法公式可得，再根据共轭复数的概念及复数的加法运算即可求解.
【详解】,
所以.
故选：B
3. 数列满足，，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用代入法进行求解即可,
【详解】因为，
所以，
故选：A
4. 如图，点P为射线与以原点O为圆心的单位圆的交点，一动点在圆O上以点P为起始点，沿逆时针方向运动，每2秒转一圈．则该动点横坐标关于运动时间t的函数的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】动点的运动速度为，射线对应的角度为，故动点行程的射线对应的角度为，得到答案.
【详解】动点的运动速度为，射线对应的角度为，
故动点行程的射线对应的角度为，故，
故选：C
5. 函数的图像大致是（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合基本不等式判断函数在的最值，再结合图像判断.
【详解】时，恒成立，故C错误；
且时，，当且仅当时取等，
故在有最大值2，故B、D错误；
故选：A.
6. 已知函数，若在上恰在两个零点，则ω的值可以是（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角恒等变换求出的解析式，根据选项分别讨论函数在零点的个数，即可求解.
【详解】，
对于A，如果，则，
因为，所以，
则在上没有零点，A错误；
对于B，如果，则，
因为，所以，
则在上恰有1个零点，
此时，B错误；
对于C，如果，则，
因为，所以，
则在上恰有2个零点，
此时或，解得，C正确；
对于D，如果，则，
因为，所以，
则在上恰有3个零点，
此时或或，
解得，D错误.
故选：C.
7. 已知椭圆C：，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上一点，，过作外角平分线的垂线交的延长线于N点．若，则椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二倍角公式以及互余关系可得，进而在中，由余弦定理联立方程可得，进而可求解.
【详解】设与外角平分线的交点为,设，
由于，,所以,进而，所以,
设，则，在中，由余弦定理得,，两式联立得，即，解得或，
由于，故，
故选：D
8. 已知三棱锥的所有棱长均为2，以BD为直径的球面与的交线为L，则交线L的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点，由题意分析知，以BD为直径的球面与的交线为外接圆周长的，求出的外接圆半径，求解即可.
【详解】取BD的中点为，所以为球心，过作平面于点，
即为的中心，延长交所以交于点，则为的中点，
所以，，
取的中点，连接，，则平面，
因为平面，即，且，
，
所以为以BD为直径的球面上一点，
分别取的中点，连接，
且，所以也为以BD为直径的球面上一点，
则为等边三角形，的外接圆即为四边形的外接圆，
为外接圆的半径，所以，
所以以BD为直径的球面与的交线L长为外接圆周长的，
所以.
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. 某中学为了能充分调动学生对学术科技的积极性，鼓励更多的学生参与到学术科技之中，提升学生的创新意识，该学校决定邀请知名教授于9月2日和9月9日到学校做两场专题讲座．学校有东、西两个礼堂，第一次讲座地点的安排不影响下一次讲座的安排，假设选择东、西两个礼堂作为讲座地点是等可能的，则下列叙述正确的是（ ）
A. 两次讲座都在东礼堂的概率是
B. 两次讲座安排在东、西礼堂各一场的概率是
C. 两次讲座中至少有一次安排在东礼堂的概率是
D. 若第一次讲座安排在东礼堂，下一次讲座安排在西礼堂的概率是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用古典概型求概率的公式计算概率即可.
【详解】总的情况有种，两次讲座都在东礼堂有1种情况，所以的概率是，故A正确；
两次讲座安排在东、西礼堂各一场有第一次安排在东礼堂，第二次安排在西礼堂和第一次安排在西礼堂，第二次安排在东礼堂两种情况，所以概率是，故B正确；
两次讲座至少有一次安排在东礼堂的对立事件为两次讲座都安排在西礼堂，所以概率是，故C正确；
第一次讲座安排在东礼堂，下一次讲座安排在西礼堂概率是，故D错.
故选：ABC.
10. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中（ ）
A. AB与CD平行B. CD与GH是异面直线
C. EF与GH成角D. CD与EF平行
【答案】CD
【解析】
【分析】根据正方体的平面展开图得到直观图，然后判断即可.
【详解】该正方体的直观图如下：
与是异面直线，故A错；与相交，故B错；因为该几何体为正方体，所以，三角形为正三角形，直线与直线所成角为，则与所成角为，故CD正确.
故选：CD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递增B. 无极小值
C. 无最小值D. 有极小值，极小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】求导得，判断的正负情况结合原函数的定义域和奇偶性可得ABC正确.
【详解】易知函数的定义域为且为偶函数
，因为，当时，，单调递减，
结合偶函数图像关于轴对称知在上单调递增，则A正确；
易知单调函数在开区间内无极值和最值，则在和内均没有极值和最值，则B,C正确，D错误.
故选：ABC.
12. 平面内有一定点和一个定圆，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹可以是（ ）
A. 直线B. 圆C. 椭圆D. 双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据各曲线的定义确定轨迹.
【详解】
如图所示，由垂直平分线可知，，
当点在圆外时，，即动点到两定点之间的距离之差为定值，故此时点的轨迹为双曲线，故D选项正确；
当点在圆上时，点与点重合；
当点在圆内且不与圆心重合时，，即动点到两定点之间的距离之和为定值，故此时点的轨迹为椭圆，故C选项正确；
当点与点重合时，为中点，即，即动点到点的距离为定值，故此时点的轨迹为圆，故B选项正确；
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中x项的系数是___________．
【答案】
【解析】
【分析】分别展开，，即可得出．
【详解】，，
展开式中项的系数为，
故答案为：4
14. 已知向量，，，，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据平面向量夹角公式进行求解即可.
【详解】因为向量，，，
所以，因为，
所以有，
故答案为：
15. 定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则___，___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据题意，利用方程法得到，通过赋值得到，根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，然后求即可；
②利用方程法得到，整理可得，得到4是的一个周期，然后根据得到，最后再利用周期求即可.
【详解】由可得，
又，所以，
令，所以；
因为的图象关于点对称，所以，
又，所以，
因为，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又，所以，，则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
16. 已知双曲线：，圆：，在的第四象限部分取点P，过P作斜率为1的直线，若与交于不同的两点M，N，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的切割线定理，结合圆的性质、换元法、配方法、二次函数的性质进行求解即可.
【详解】设是圆的切线，为切点，
圆：的圆心为，半径为，
由圆的切割线定理可知：，
另一方面，由圆的切线性质可知：，
设直线的方程为，与圆的方程联立，得，
直线的方程为，与双曲线：联立，
，
，
令，，
设，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
故，
，
当时，函数有最小值，最小值为，
所以的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用圆的切割性定理，结合对钩函数的单调性进行求解是解题的关键.
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. 数列的前n项和为满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，在数列中清除掉属于数列的项，并且把剩余的项从小到大排列，构成新数列，求数列的前100项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据前项和求的通项;
(2)根据和的项,把剩余的项从小到大排列,新的数列前100项和可以由前105项的和减去前5项和得出.
【小问1详解】
在中令，得，
∵，∴当时，，
两式相减得，∴，
∴数列是以1为首项，以3为公比为的等比数列，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴数列中的项都在数列中．
数列前5项： 3，9，27，81，243,在数列前105项中,这五项和为363
数列前105项为3，6，9，…，27，…81，…，243，…，315，
它们的和为
所以数列的前100项和为数列前105项的和减去3、9、27、81、243的和，
得：．
18. 已知 的内角A、B、C的对应边分别为a、b、c，，点D在边AB上，且．
（1）求CD与c的关系；
（2）若，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由及正弦定理即可求解；
（2），两边平方可得，根据及余弦定理即可求解.
【小问1详解】
∵，
∴由正弦定理得.
∵，∴CD＝c.
【小问2详解】
∵，∴，
两边平方得，，
即，化简得：．
∵，∴．
∴.
19. 已知矩形ABCD中，，，M为AB中点，沿AC将折起，得到三棱锥．
（1）求异面直线PM与AC所成的角；
（2）当二面角的大小为时，求AB与平面PBC所成角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形相似证明DM⊥AC，从而线面垂直，利用线面垂直性质即可求出异面直线夹角；
（2）结合（1）中结论，求得PA⊥平面PBC，方法一：利用定义法作出线面角，从而在直角三角形中求出，方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求解
【小问1详解】
设AC与DM相交于点O，
∵矩形ABCD中AB＝2，，M为AB中点，
∴AD∶DC＝MA∶AD，∴△ADC∽△MAD，
∴∠DCA＝∠ADM，
∵∠ACD＋∠DAC＝，∴∠ADM＋∠DAC＝，
∴∠DOA＝，∴DM⊥AC．
由折叠可知PO⊥AC，OM⊥AC，
∵POOM＝O，PO平面POM，OM平面POM，∴AC⊥平面POM，
∵PM在平面POM内，∴AC⊥PM．
∴PM与AC所成的角为
【小问2详解】
由（1）知，PO⊥AC，OM⊥AC，
∴二面角P—AC—B所成平面角为∠POM＝60°
，，可知PM＝1，
又∵AM＝1，，∴PM⊥AB，
方法一：
∵M为AB中点，∴，∴PA⊥PB，
又∵PA⊥PC，PC与PB交与P点，PC平面PBC，PB平面PBC，
∴PA⊥平面PBC，
∴∠ABP即为AB与平面PBC所成的角，
∵∠ABP＝，
∴AB与平面PBC所成的角为．
方法二：
PM⊥AB，由（1）知AC⊥PM．AC与AB交与A点，
AC平面ABC，AB平面ABC，∴PM⊥平面ABC，
取AC中点E，连接ME，则ME∥BC，∴ME⊥AB，
以M为坐标原点，分别以ME，MA，MP所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系M—xyz，
∴A（0，1，0），B（0，-1，0），，P（0，0，1），
∴，，
设平面PBC的法向量，则，
∴，令得，平面PBC的一个法向量，
设AB与平面PBC所成的角为，则，
∴AB与平面PBC所成的角为.
20. 根据《全国普通高等学校体育课程教学指导纲要》第六条：普通高等学校要对三年级及以上学生开设体育选修课．某学院大三、大四年级的学生可以选择羽毛球、健美操、乒乓球、排球等体育选修课程，规定每位学生每学年只能从中选修一项课程，大三选过的大四不能重复选，每项课程一学年完成共计80学时．现在在该学院进行乒乓球课程完成学时的调查，已知该学院本学年选修乒乓球课程大三与大四学生的人数之比为3：2，现用分层随机抽样的方法从这两个年级选修乒乓球课的数据中随机抽取100位同学的乒乓球课程完成学时，得到如下频率分布表：
（1）求，的值；
（2）在这100份样本数据中，从完成学时位于区间的大四学生中随机抽取2份，记抽取的这2份学时位于区间的份数为，求的分布列与数学期望；
（3）已知该学院大三、大四学生选修乒乓球的概率为25%，本学年这两个年级体育选修课程学时位于的学生占两个年级总体的16%．现从该学院这两个年级中任选一位学生，若此学生本学年选修的体育课程学时位于，求他选修的是乒乓球的概率（以样本数据中完成学时位于各区间的频率作为学生完成学时位于该区间的概率，精确到0.0001）．
【答案】（1），
（2）分布列见解析，数学期望为
（3）
【解析】
【分析】(1)根据总人数即可求解的值，利用分层抽样方法得出大三年级的人数即可求解的值；
(2)利用学时处在各区间的人数，即可分析出的取值，再依次求出相应的概率，列出分布列，再利用数学期望公式求解即可；
(3)先求出学时位于概率，再利用条件概率公式，即可得出结果.
【小问1详解】
由题意得，大三年级人数：，
，
，
，
综上，，.
【小问2详解】
由题意可知，大四年级人数为，
这位学生学时在的大四学生为人，
在的大四学生为人，
则的取值可能为，，，
，，，
随机变量X的概率分布列如表为：
随机变量X数学期望为.
【小问3详解】
由题知，学时位于的概率为，
A＝{大三大四中任选一学生一学年体育课程完成学时位于区间[70，80]}，
B＝{大三大四中任选一学生体育课程选的乒乓球}，
则由条件概率公式得
，
即该生选乒乓球的概率约为．
21. 已知椭圆与直线l：有唯一的公共点M．
（1）当时，求点M的坐标；
（2）过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于，两点．当点M运动时，
（i）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；
（ii）如果推广到一般椭圆，能得到什么相应的结论？（直接写出结论即可）
【答案】（1）或
（2）（ⅰ）点的轨迹方程是（），轨迹是焦点在y轴，长轴长为，短轴长为4的椭圆（去掉四个顶点）（ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据直线与椭圆相切利用判别式求解即可；
（2）（ⅰ）由直线与椭圆相切求出点坐标，再由垂直求出直线，得出坐标，利用消元即可得出轨迹方程；
（ⅱ）由（ⅰ）可归纳出一般椭圆时对应的轨迹方程.
【小问1详解】
将代入，得，
整理得 ①．
因为M是椭圆与直线l的唯一公共点，
所以，得2k2＝1，
∴或．将代入方程①解得，
代入得；
将代入方程①得，代入得y＝2．
∴点M为或．
【小问2详解】
（ⅰ）将代入，得，
整理得 ②．
因为M是椭圆与直线l唯一公共点，
所以，即 ③．
方程②的解为，将③式代入，得，
将代入，得，
所以点M的坐标为，
因为，所以过点M且与l垂直的直线为．
可得，，，即，．
由，，得，，
将，，代入得，所以，
整理得（）．
轨迹是焦点在y轴，长轴长为，短轴长为4的椭圆（去掉四个顶点）．
（ⅱ）如果将此题推广到一般椭圆（a＞b＞0），直线，
其他条件不变，可得点P（x，y）的轨迹方程是（xy≠0），
轨迹是焦点在y轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆（去掉四个顶点）．
22. 已知函数．
（1）当时，是的一个极值点且，求及的值；
（2）已知，设，若，，且，求的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得出，消去可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，可得出的值，进而可求得的值；
（2）由已知可得，即为，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即为所求.
【小问1详解】
解：因为，其中，则，
令，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为是的一个极值点且，则，
消去可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，，故，
此时，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故函数在处取得极小值，合乎题意.
综上所述，.
【小问2详解】
解：因为，
因为，即，即，
即，其中，，则，
当时，，故函数在上单调递增，
由可得，所以，，其中，
构造函数，其中，则，由可得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故，即的最小值为.
【点睛】关键点点睛：解本题第（2）的关键就是将等式变形为，转化为，利用指对同构的思想得出，将转化为以为自变量的函数，进而利用导数求解.
成绩（单位：学时）
频数（不分年级）
3
x
21
35
33
频数（大三年级）
2
6
16
y
16
X
0
1
2
P