2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期期末考试数学试题含答案

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期期末考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的单调性解集合A，根据对数函数的单调性解集合B，结合补集的定义和运算即可求解.
【详解】由，
得，
所以.
故选：C
2．函数的极大值点是（ ）．
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】求导，利用导数判断原函数单调性，进而可判断极值点.
【详解】由题意可得：，
令，解得或，
当或时，；当时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值点是.
故选：A.
3．已知为奇函数，为偶函数，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得，由函数的奇偶性可得，解之即可求解.
【详解】由题意知，为奇函数，为偶函数，
则，
所以，即，
解得.
故选：B
4．若数列满足（且），则与的比值为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】D
【分析】由递推关系，求证数列为等比数列，公比为即可得.
【详解】，由，则，
在等式式两边同取倒数得，，
在两边同加得，，
又，则，
则有，则数列是公比为的等比数列.
则与的比值为.
故选：D.
5．某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是（ ）
A．8B．12C．16D．24
【答案】B
【分析】四个人工小岛记为ABCD，用“-”表示桥，对A分有一座桥相连和两座桥相连，一一列举，得到答案.
【详解】四个人工小岛记为ABCD，对A分有一座桥相连和两座桥相连，用“-”表示桥
(1) A 只有一座桥相连时，有A-B-D-C，A-B-D-C，A-C-B-D，A-C-D-B，
A-D-B-C，A-D-C-B共6种；
(2) A有两座桥相连时，有C-A-B-D，D-A-B-C，D-A-C-B，B-A-C-D，
B-A-D-C，C-A-D-B共6种；
故共有12种.
故选：B
【点睛】本题考查了分类计数原理的应用，考查了学生分析理解，逻辑推理的能力，属于中档题.
6．所有面都只由一种正多边形构成的多面体称为正多面体.已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体，则新多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据棱锥体积的公式进行求解即可.
【详解】连接、，交于点，连接，四棱锥的高为，
四棱锥的体积为，
取中点，连接、，由，，平面，，所以平面.
所以三棱锥的体积为，
所以新多面体的体积为．
故选：C.
7．平面向量，，，其中，下列说法中不正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据向量的形式，可考虑数形结合分析，利用单位圆分别表示再逐个选项判断即可.
【详解】由题意，，，
得，
如图所示，在单位圆中分别作出，
则.
对A，，因为，
则，即，故A正确；

对B，因为，故为的角平分线，且，
则为等腰三角形，由三线合一性质可得，即，故B正确；
对C，由B，根据向量加法的平行四边形法则可得，
设，则因为，故，解得，
作，
则在平行四边形中，，
则，，
此时为正三角形，，故C正确；
对D，当时，易得均为正三角形，
则四边形为菱形，
根据向量加法的平行四边形法则可得，此时，故D错误；
故选：D
8．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，过椭圆的上焦点作斜率为的直线，直线交椭圆于两点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据和长轴是短轴长的2倍可设椭圆方程，再联立直线和椭圆方程通过韦达定理可求解出斜率，从而求得.
【详解】因为长轴长是短轴长的2倍，所以，而，则.
设，
直线的方程为
代入椭圆方程可得，整理得，
即.
，.
，，
所以，则，即，化简得，解得，
因为，所以.
故选：A.
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．函数的图象向右平移个单位后，图像关于轴对称
B．在等差数列中，若，，则前7项和
C．若，为两个不同的空间向量，且，则，的夹角为锐角
D．已知平面的法向量，为平面上一点，则到平面的距离为
【答案】AD
【分析】利用三角函数的平移与性质判断A；利用等差数列的性质与前项和公式判断B；利用空间向量夹角的性质判断C；利用空间向量法求点面距离判断D.
【详解】对于A，的图象向右平移个单位得到
的图象，显然关于轴对称，故A正确；
对于B，因为，，所以，故B错误；
对于C，当，的夹角时，也有，故C错误；
对于D，因为，，所以，
又平面的法向量，
所以点到平面的距离为，故D正确.
故选：AD.
10．已知是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，B．若，直线的方程为
C．直线经过一个定点D．弦的中点在一个定圆上
【答案】BCD
【分析】利用，可得判断A；在以为直径的圆上，可得公共弦AB所在直线的方程判断B；设，求出以为直径的圆的方程，两圆方程作差，即可得到公共弦方程，判断C；根据圆的定义判断D.
【详解】
由可得圆心，半径，依题意，
又，所以，故A错误；
根据题意可得共圆，所以在以为直径的圆上，
所以以为直径的圆为，即，
与圆相减可得公共弦AB所在直线的方程为，故B正确；
设，则，所以以为直径的圆的方程为，
与圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程为，所以直线过定点，故C正确；
记弦的中点为，可得，，所以的中点在以为直径的圆上，故D正确.
故选：BCD.
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，两条曲线在第一象限的交点，为椭圆上一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．直线是抛物线的切线D．有且只有两个点，满足
【答案】AC
【分析】根据题意，求得，可判定A正确，B不正确；由的方程为，联立方程组，结合，可判定C正确；取，求得，结合椭圆的几何性质，可判定D不正确.
【详解】对于A中，由在抛物线上，可得，解得，所以A正确；
对于B中，因为椭圆与抛物线的焦点重合且两条曲线在第一象限的交点，
可得，且，解得，所以B不正确；
对于C中，直线的方程为，代入抛物线，整理得，
其中，所以直线是抛物线的切线，所以C正确；
对于D中，如图所示，取，则，所以，
所以，所以椭圆不存在点使得，所以D不正确.
故选：AC.
12．已知直线分别与函数和的图像交于点，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由函数和互为反函数，可得，，利用均值不等式可判断A ；利用，构造函数可判断B；利用均值不等式可得，构造函数，求导研究单调性可判断C；由，，可得可判断D.
【详解】因为函数和互为反函数，所以函数和的图象关于直线的对称，
又因为直线的斜率1与直线的斜率的乘积为，
因此直线与直线互相垂直，
显然直线也关于直线对称，
解方程组，所以直线和的交点坐标为：，
有，，，.
对于A：因为，，
所以，故A正确；
对于B：因为，关于对称，
所以有，
点在直线上，而，所以，
因此，显然函数在上是单调递增函数，
所以， 所以，，故B正确；
对于C：因为，，所以，
因此有，
设函数，，因为，所以
因此函数是单调递增的，
当时，有，
即，因此有，故C不正确；
对于D：因为，关于对称，所以， ，即，
所以，
又，所以，从而，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．函数（其中，）的图像如图所示，则 .
【答案】
【分析】根据图形和公式求得，再将点代入函数解析式，即可求解.
【详解】由图可知，，解得，
又，所以；
将点代入函数解析式，得，
解得，由，得.
故答案为：
14．已知，是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，若，则 .
【答案】9
【分析】根据双曲线的定义求解.
【详解】由双曲线方程为，，
由双曲线定义可知，
因为，所以或，
又因为，故.
故答案为：9
15．函数在上有定义，满足，当时，，则函数与的图像在区间上的所有交点的横坐标之和是 .
【答案】
【分析】由两函数图象都关于对称，知交点也关于直线对称.分别作出两函数图象可知有四个交点，即两对关于直线对称的点，则可得所有交点的横坐标之和为.
【详解】由，则关于对称，
且也是的对称轴，则两函数交点也关于对称，
当时，，
函数在单调递增，且，
分别作出函数在区间的图象，
又在处无定义，故由图可知，两函数在有四个交点，
在区间上，从左到右设交点横坐标依次为，
所以由对称性得，，
故所有交点的横坐标之和为.
故答案为：.
四、未知
16．已知数列满足，，设，则 ；若不等式，对于任意都成立，则的最小值为 .
【答案】 /
【分析】根据题意，化简得到，利用等差数列的通项公式，求得，结合对数的运算公式，求得，转化为恒成立，设，根据，得到为递减数列，求得取得最大值，即可求解.
【详解】由数列满足，，可得，即
又由，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，
则，所以，
因为，
由，对于任意都成立，
即任意都成立，，
设，
则，
因为，所以为递减数列，
则当时，取得最大值，最大值为，所以，
则实数的最小值为.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知数列是公比为（）的等比数列，为的前n项和，，．
(1)求数列通项公式；
(2)若，为数列的前n项和，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题目等比数列的性质及前n项和公式列式求解即可；
（2）利用等比数列前n项和公式求出，利用分组求和及等比数列前n项和公式求解即可.
【详解】（1）∵，∴，解得或2（舍去），
又，解得，∴；
（2）∵，∴，
∴
．
18．在中，，，分别为角，，的对边，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到，从而得到，求出角A的大小；
（2）在（1）基础上得到，结合正切和角公式得到，得到方程组，求出，得到为等边三角形，求出三角形面积.
【详解】（1），
由余弦定理得，
由正弦定理得，
，
即，
故，
因为，所以，
所以，化简得，
因为，所以；
（2）由（1）知，
故，
∵，故，
联立，解得，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴.
19．在轴截面为正方形的圆柱中，，分别为弧，弧的中点，且在平面的两侧．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取弧另一侧的中点，可证， ，进而可得平行且等于，四边形为平行四边形，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解得解.
【详解】（1）
如图，取弧另一侧的中点，连接，，，，
则与互相垂直且平分，所以四边形为正方形，
即，，
因为是弧的中点，
所以，，四边形是平行四边形，
所以，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
平面.
（2）
由（1），垂直圆柱底面，且，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，则，所以，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．新冠疫情对市的经济造成重大损失，据有关专家测算，仅新冠开始后一年多的时间，保守估计造成经济损失2000亿人民币，相当于平均每名市民承受了2万元的损失.为了挽回经济损失，某厂家拟在冰雪周举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为万元时，销售量万件满足（其中，），已知生产该产品万件还需投入成本万元（不含促销费用），产品的销售价格定为万元/万件，假定生产量与销售量相等.
(1)将该产品的利润万元表示为促销费用万元（，）的函数；
(2)促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据利润等于收入减去成本，进而求得利润万元表示为促销费用万元的函数；
（2）将（1）得到的函数对其进行整理，再利用均值不等式求得利润的最大值及其对应的的值，因为，，再对，和的大小分情况讨论，进而求得利润的最大值.
【详解】（1）由题意知,该产品售价为万元/万件，销售量万件，则收入等于万元，
促销费用为万元，生产该产品万件需投入成本万元，则总成本万元，
所以，将（，）代入得（，）.
故（，）.
（2）
当且仅当，即时，等号成立，
当，即或时，促销费用投入3万元时，厂家的利润最大；
当，即时，
，故在上单调递增，所以在时，函数有最大值，即促销费用投入万元时，厂家的利润最大.
综上所述，当或时，促销费用投入3万元时，厂家的利润最大；
当时，促销费用投入万元时，厂家的利润最大.
21．抛物线的焦点为，准线为，在其上取一点，以为圆心，为半径的圆交准线于，两点.
(1)若，的面积为，求抛物线的方程及圆的方程；
(2)若，，三点在同一直线上，直线与平行，且与相切，已知直线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，求抛物线的方程.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意得是正三角形，得，结合抛物线定义得的面积为，解得求出抛物线方程与圆的方程；
（2）设点，由为的中点得点坐标，根据点在准线上建立方程解得，再设切点与直线的方程，由直线与抛物线相切得切点坐标，然后由相交弦长待定系数，即得抛物线方程.
【详解】（1）设，∵焦点到准线的距离为，，
由对称性可知，，则是等边三角形，
∴，∴，.
且
由抛物线的定义得，点到准线的距离，
∴，解得，
即：抛物线，圆.
（2）由对称性，设，不妨设.
∵，由，且三点共线，
则为的中点，∴，
∴，∴.
∴，∴，圆，
则.
由直线与平行，可设直线，
设直线与抛物线的切点
因为抛物线可写为，，
由，得，
∴，切点，
代入直线，得，∴.
∴焦点到直线的距离，
∴，解得，
∴.
22．已知函数，.
(1)若对于任意，都有，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以，
因为，所以只需，
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以只需；
（2）等价于，
设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减，
由知且，，
设函数，其中，
知，
知在区间上单调递增，即时，
即时，，
即，
又由已知由且，
有且，由在上单调递减，
所以，即.