厦门外国语学校2023届高三上学期期末检测数学试卷(含答案)

这是一份厦门外国语学校2023届高三上学期期末检测数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2、已知复数的实部与虚部的和为12,则( )
A.2B.3C.4D.5
3、已知角的终边经过点,则( )
A.B.C.3D.9
4、长郡中学体育节中,羽毛球单打12强中有3个种子选手,将这12人任意分成3个组(每组4个人),则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为( )
A.B.C.D.
5、已知函数,若在上的值域是,则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
6、南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第50项为( )
A.1224B.1225C.1226D.1227
7、已知定义在R上的可导函数的导函数为,满足且为偶函数.为奇函数,若,则不等式的解集为( )
A.B.C.D.
8、已知椭圆的左,右焦点分别为和,为C上一点,且的内心为,则椭圆C的离心率为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9、给出下列说法,其中正确的是( )
A.若数据,,…,的方差为0,则此组数据的众数唯一
B.已知一组数据2,3,5,7,8,9,9,11,则该组数据的第40百分位数为6
C.一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的,则该组数据的平均数和中位数近似相等
D.经验回归直线恒过样本点的中心(,),且在回归直线上的样本点越多,拟合效果一定越好
10、正方形ABCD的边长为2,E是BC中点,如图,点P是以AB为直径的半圆上任意点,,则( )
A.最大值为B.最大值为1
C.最大值是2D.最大值是
11、已知函数,其中实数,,则下列结论正确的是( )
A.必有两个极值点
B.有且仅有3个零点时,b的范围是
C.当时,点是曲线的对称中心
D.当时,过点可以作曲线的3条切线
12、如图,正方体中,顶点A在平面内,其余顶点在的同侧,顶点,B,C到的距离分别为,1,2,则( )
A.平面
B.平面平面
C.直线与所成角比直线与所成角小
D.正方体的棱长为
三、填空题
13、在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含项的系数为___________
14、已知抛物线,圆,点,若A,B分别是,上的动点,则的最小值为___________.
15、已知函数,,若,则的最小值为______.
16、已知长方体中,,,过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分,且分别与棱,交于点H,M.
（1）若,则三棱柱外接球的表面积为________;
（2）现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中,这两个球半径之和的最大值为________.
四、解答题
17、为数列的前n项积,且.
（1）证明:数列是等比数列;
（2）求的通项公式.
18、记锐角的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求证:
（2）若,求最大值.
19、如图,在三棱柱中,底面ABC是等边三角形,侧面是矩形,,N是的中点,M是棱上的中点,且.
（1）证明:平面ABC;
（2）若,求二面角的余弦值.
20、冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情,掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况,从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试,并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”,否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%,则该年级体能达标为“合格”;否则该年级体能达标为“不合格”,需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲,乙两个组,其中甲组有24名学生,乙组有16名学生.经过预测后,两组各自将预测成绩统计分析如下:甲组的平均成绩为70,标准差为4;乙组的平均成绩为80,标准差为6.(数据的最后结果都精确到整数)
（1）求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s;
（2）假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N(,),用样本平均数作为的估计值,用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计,高三学生体能达标预测是否“合格”;
（3）为增强趣味性,在体能达标的跳绳测试项目中,同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下:以或获胜队员积4分,落败队员积0分;以或获胜队员积3分,落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为,求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下,他前3局比赛都获胜的概率.
附:①n个数的方差;
②若随机变量Z～N(,),则,,.
21、抛物线,双曲线且离心率,过曲线下支上的一点作的切线,其斜率为.
（1）求的标准方程;
（2）直线l与交于不同的两点P,Q,以PQ为直径的圆过点,过点N作直线l的线,垂足为H,则平面内是否存在定点D,使得DH为定值,若存在,求出定值和定点D的坐标;若不存在,请说明理由.
22、已知函数
（1）讨论函数的单调性
（2）若有两个极值点,,且,求b的取值范围.
参考答案
1、答案：A
解析：因为,所以.
故选:A.
2、答案：D
解析：因为且z的实部与虚部的和为12,
所以,解得,
所以,,
所以,
故选:D
3、答案：B
解析：角的终边经过点,则,
即,解得,
.
故选:B.
4、答案：A
解析：由已知条件得
将12人任意分成3组,不同的分组方法有种,
3个种子选手分在同一组的方法有种,
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为,
故选:A.
5、答案：B
解析：,令,则,,因为,,的值域为,所以,解得.
故选:B.
6、答案：C
解析：设数列的前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,
由题意可得,,,…,,
上述等式全加可得,
所以,.
故选:C.
7、答案：A
解析：因为为偶函数,为奇函数,
所以,.
所以,,所以.
令,则.
令上式中取,则,所以.
令取,则,所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数,所以,
令,得:,所以,所以,即为,所以.
记,所以.
因为,所以,所以在上单调递减.
不等式可化为,即为.
所以.
故选:.
8、答案：C
解析：由题知为C上一点,
所以,,
所以的周长为,
因为的内心为
所以,内切圆的半径为,
所以,由三角形内切圆的性质知,,即,
两边平方并整理得,即,
所以,离心率为
故选:C
9、答案：AC
解析：对于选项A:由方差
可得,即此组数据众数唯一,A正确;
对于选项B:数据2,3,5,7,8,9,9,11.共有8个数,由可知,该组数据的第40百分位数为第4个数7,B错误;
对于选项C:依据中位数定义和平均数定义,一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的,则该组数据的平均数和中位数近似相等,C正确;
对于选项D:回归直线的拟合效果看残差平方和,残差平方和越小,拟合效果越好,不是回归直线上的样本点多,拟合效果就越好,D错误.
故选:AC
10、答案：BCD
解析：以AB中点O为原点建立平面直角坐标系,,,,设,
则,,,
由,得且,
,故A错;
时,故B正确;
,故C正确;
,故D正确.
故选:BCD.
11、答案：ABD
解析：选项A:由题意可得,
令解得或,
因为,所以令解得或,令解得,
所以在,上单调递增,在上单调递减,
所以在处取得极大值,在处取得极小值,故A正确;
选项B:要使有且仅有3个零点,只需,即,
解得,故B正确;
选项C:当时,,
,
,所以点不是曲线对称中心,C错误;
选项D:,设切点为,
所以在点处的切线方程为:,
又因为切线过点,所以,
解得,令,,
所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数,
,
令解得或,
因为,所以令解得或,
令解得,
则在,上单调递增,在上单调递减,且,,
图像如图所示,
所以当时,与图像有3个交点,即过点可以作曲线的3条切线,故D正确;
故选:ABD
12、答案：BCD
解析：对A,因为B,C到的距离分别为1,2,显然不相等,
所以BC不可能与平面平行,因此选项A不正确;
对B,设AC,BD的交点为O,显然O是AC的中点,
因为平面,C到的距离为2,
所以O到的距离分别为1,而B到的距离为1,
因此,即,设平面,
所以,
因为ABCD是正方形,所以,
又因为平面ABCD,平面ABCD,
所以,因为,,平面,
所以平面,因此有平面,而,
所以平面平面,因此选项B正确;
对C,设到平面的距离为d,
因为平面,是正方形,点,B到的距离分别为,1,
所以有,
设正方体的棱长为a,
设直线与所成角为,所以,
设直线与所成角为,所以,
因为,所以,因此选项C正确;
对D,因为平面平面,平面平面,,
所以C,在平面的射影E,F与A共线,
显然,,,,,如图所示:
由,
,,
由(负值舍去),
因此选项D正确,
故选:.
13、答案：70
解析：由只有第5项的二项式系数最大可得:.
通项公式,
令,解得
展开式中含项的系数为.
故答案为:70.
14、答案：
解析：由抛物线得焦点,准线为,
由圆,得,
所以圆是以为圆心,以为半径的圆,
所以,
所以当取得最小值时,取得最小值,
又根据抛物线的定义得等于点A到准线的距离,
所以过点M作准线的垂线,垂足为N,且与抛物线相交,当点A为此交点时,取得最小值,最小值为,
所以此时,
所以的最小值为4.
故答案为:4.
15、答案：e
解析：,则,因为,故,又当时,恒成立,即单调递增,所以,则,令(),,当时,,当时,,所以在处取得最小值,,的最小值为e.
故答案为:e
16、答案：（1）
（2）
解析：（1）由,可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体,该正方体的体对角线长为,故外接球半径,所以外接球的表面积为.
（2）如图,
这两个球在长方体左侧面上投影为两个大圆,都与直线AH相切.设两圆半径分别为,,,由得,同理,,得,由已知,,令,则,,构造函数,,则,,当时,,单调递增;当时,,单调递减,.经检验,当时,,故的最大值为.
故答案为:（1）;（2）.
17、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）证明:由已知条件知①,
于是.②,
由①②得.③,
又④,
由③④得,所以,
令,由,得,,
所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列;
（2）由（1）可得数列是以4为首项,2为公比的等比数列.
,
法1:时,,
又符合上式,所以;
法2:将代回得:.
18、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）由于,所以,
整理的,即,
因为A为锐角,所以,
故,由B,C为锐角可得;
（2）由（1）得,
因为,且由正弦定理得,
所以,,
则,
因为,所以,则,所以,
根据二次函数的性质可知,当时,取得最大值.
19、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:如图
在三棱柱中,连接BM,取BC的中点P,连接NP,AP,
因为三棱柱,所以
因为侧面是矩形,,所以,
又,,所以平面,,
因为,故
因为是的中点,P是BC中点,
所以,且,
又M是中点,所以,,
所以四边形AMNP是平行四边形,所以,平面ABC
平面ABC,所以平面ABC.
（2）因为,,所以是等腰直角三角形,设,则
,.
在中,,所以.
在中,,所以.
因为,,则BM,MC,两两垂直.如图,以M为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,,,,
则,
设平面CMN的法向量为,
则即,即,
取,得,
故平面的一个法向量为.
又因为平面ACM的一个法向量为,
所以.
由图可知二面角为钝二面角,
所以二面角的余弦值为.
20、答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）
解析：（1）,
第一组学生的方差为;
解得;
第二组学生的方差为;
解得.
这40名学生的方差为
,
所以;
（2）由,,得的估计值,的估计值.
,
.
从而高三年级1000名学生中,不合格的有(人),
又,所以高三年级学生体能达标为“合格”;
（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A,他以的比分获胜为事件,他以的比分获胜为事件.
则,
;
所以,
设王强前3局比赛获胜的事件为B,
则,
所以.
21、答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）切线方程为,即,由消去y并整理得:
,则,解得,即,
由离心率得,即,双曲线,则,
所以双曲线的标准方程为:.
（2）当直线PQ不垂直于y轴时,设直线PQ方程为,,,
由消去x并整理得:,
有,,,,
,,因以PQ为直径的圆过点,则当P,Q与N都不重合时,有,
,当P,Q之一与N重合时,成立,于是得,
则有
,即,
整理得,即,
因此,解得或,均满足,
当时,直线恒过,不符合题意,
当时,直线,即恒过,符合题意,
当直线PQ垂直于y轴时,设直线,由解得,
因以PQ为直径的圆过点,则由对称性得,解得,直线PQ过点,
于是得直线PQ过定点,取EN中点,因于H,从而,
所以存在定点D,使得为定值,点.
22、答案：（1）
（2）
解析：（1）因为函数,则,
令,,
当,即时,令得:,,
当或时,,因为,所以,函数单调递增;
当时,,因为,所以,函数单调递减,
当,即时恒成立,因为,所以,函数单调递增;
综上:当时,函数在R上单调递增;
当时,函数在和上单调递增,在上单调递减.
（2）由（1）知:,,且,
,
令,由可得:,
所以,由可得:.
令,则,函数在上单调递减,因为,要证,即证,所以,
由,则,
所以,解得:,
所以实数b的取值范围为