江西省萍乡市2023届高三数学（理）上学期期末考试试题（Word版附解析）

萍乡市2022-2023学年度高三期末考试试卷理科数学第Ⅰ卷一.选择题：本大题共12小题，每小题5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.设集合则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再根据交集的概念求出.【详解】当时，；当时，，当时，，当时，，所以，所以.故选：A2.已知i为虚数单位，则复数的实部与虚部之和为（）A.B.0C.1D.2【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算可求解.【详解】因为， 所以实部与虚部之和为，故选:B.3.在各项均为正数的等差数列中，，若成等比数列，则公差d=（）A.或2B.2C.1或D.1【答案】B【解析】【分析】由题意可得出，化简得出，从而得到答案.【详解】由题意可得，即即所以由题意，则，所以所以，所以故选：B4.已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（）A.，，则B.，，，则C.若，，则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】由空间中的线面关系逐一判断即可.【详解】由题意可知，在A中，若，，则m与相交或平行或，A错；在B中，若，，，则或m与n异面，B错；在C中，若，，则n与相交或平行或，C错；在D中，若，，则平面内存在一直线平行于m，该直线垂直于平面，则 ，D正确.故选：D.5.关于某校运动会米决赛前三名选手甲、乙、丙有如下命题：“甲得第一”为命题；“乙得第二”为命题；“丙得第三”为命题.若为真命题，为假命题，为假命题，则下列说法一定正确的为（）A.甲不是第一B.乙不是第二C.丙不是第三D.根据题设能确定甲、乙、丙的顺序【答案】C【解析】【分析】由为真命题，为假命题，确定，一真一假，再结合命题内容，进行辨析即可.【详解】∵为真命题，为假命题，∴命题与命题中，恰有一个为真命题，另一个为假命题；（1）若命题：“甲得第一”为真命题，命题：“乙得第二”为假命题，则甲得第一，乙未得第二，∴乙得第三，∴命题：“丙得第三”为假命题，此时为假命题满足题意，前三名的顺序为：甲得第一，丙得第二，乙得第三；（2）若命题：“甲得第一”为假命题，命题：“乙得第二”为真命题，则乙得第二，甲未得第一，∴甲得第三，∴命题：“丙得第三”为假命题，此时为假命题满足题意，前三名的顺序为：丙得第一，乙得第二，甲得第三.对于A，第（1）种情况中，甲得第一，满足题意，故选项A说法不正确；对于B，第（2）种情况中，乙得第二，满足题意，故选项B说法不正确；对于C，（1）、（2）两种情况中，丙均不第三，故选项C说法正确；对于D，（1）、（2）两种情况中，存在两种不同顺序，故根据题设不能确定甲、乙、丙的顺序，故选项D说法不正确.故选：C.6.在二项式的展开式中，若的系数为160，则a=（）A.B.1C.D. 【答案】A【解析】【分析】利用的展开式的通项公式求出的系数，从而可得答案.【详解】因为二项式的展开式的通项为，所以的系数为，故选：A.7.函数与图象有且只有一个公共点，则实数k的取值范围为（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】当时，在同一坐标系中，作出与的图象判断；当时，令，利用导数法求解.【详解】解：当时，在同一坐标系中，作出与的图象，如图所示：由图象知：函数与的图象有且只有一个公共点，当时，令，则， 当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值，因为函数与的图象有且只有一个公共点，所以，解得，综上：实数k的取值范围为或，故选：C8.分形是由混沌方程组成，其最大的特点是自相似性：当我们拿出图形的一部分时，它与整体的形状完全一样，只是大小不同.谢尔宾斯基地毯是数学家谢尔宾斯基提出的一个分形图形，它的构造方法是：将一个正方形均分为9个小正方形，再将中间的正方形去掉，称为一次迭代；然后对余下的8个小正方形做同样操作，直到无限次.如图，进行完二次迭代后的谢尔宾斯基地毯如图，从正方形内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】设大正方形的边长为9，分别求出对应区域的面积，结合几何概型的概率公式进行计算即可．【详解】解：设大正方形的边长为9，则每个小正方形的边长为1，则大正方形的面积为，则每个小正方形的面积为1，则所有黑色正方形的面积之和为，则该点取自阴影部分的概率为.故选：B.9.下列关于函数有关性质的描述，正确的是（）A.函数为奇函数B.函数的图象关于直线对称C.函数为偶函数D.函数的图象关于直线对称【答案】BCD【解析】【分析】由得C正确；由得A不正确；由得B正确；由得D正确；【详解】因为,且定义域关于原点对称，所以为偶函数，又，所以不为奇函数.故A不正确，C正确；因为，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；因为，所以函数的图象关于直线对称，故D正确；故选：BCD 10.已知是定义在R上的奇函数,是其导函数.当x≥0时,且,则的解集是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，判断所以在R上递增，根据等价于，利用单调性求解即可.【详解】设，可得因为当x≥0时,，所以在上递增，又因为是定义在R上的奇函数，所以的图像关于对称，如图，所以在R上递增，又因为，所以，则等价于，所以，即的解集是，故选：C. 11.点为抛物线上任意一点，点为圆上任意一点，为直线的定点，则的最小值为（）A.2B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】画图，找出抛物线焦点，化简圆的普通方程为标准方程，结合抛物线定义以及共线性质分析得出最值.【详解】如图所示：由知，抛物线焦点，由，化为，即为以为圆心，1为半径的圆，又，得，恒过定点，过点作垂直于抛物线的准线：交于点，连接，则，当三点共线时，最小,此时为3，所以的最小值为：，故选：A.12.已知函数，，若关于x的不等式 在区间内有且只有两个整数解，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将化为，再根据函数在区间内为增函数，化为，即.令，利用导数研究函数的性质，得函数的图象，根据图象列式可求出结果.【详解】显然，由，得，得，得，令，，则，所以函数区间内为增函数，所以可化为，即，即，所以关于x的不等式在区间内有且只有两个整数解，令，则，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，因为关于x的不等式在区间内有且只有两个整数解， 结合图形可知，满足题意的整数解只能是和，所以，即.故选：D【点睛】关键点点睛：利用函数的单调性，将化为，再构造函数，利用的图象求解是本题解题关键.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，已知角终边过点，则____________.【答案】##【解析】【分析】由三角函数的定义可得出、的值，再利用二倍角的正弦公式可求得的值.【详解】由三角函数的定义可得，，由二倍角的正弦公式可得. 故答案为：.14.在平面直角坐标系中，向量满足则__________【答案】0【解析】【分析】根据平面向量的坐标的线性运算求出，再根据平面向量数量积的坐标运算可求出结果.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：15.在中,内角的对边分别为若的周长为7,面积为且则c=_______________.【答案】3【解析】【分析】由条件根据余弦定理可得出的值，求出的值，由三角形的面积公式求出的值，代入条件可得出答案.【详解】由的周长为7，即，则由，可得由余弦定理可得：由，则,又，可得又，解得 故答案为：316.已知球O是棱长为1的正四面体的内切球，AB为球O的一条直径，点P为正四面体表面上的一个动点，则的取值范围为_______________.【答案】【解析】【分析】利用等体积法求出内切球的半径，以及正四面体中内切球球心到顶点的距离，从而可得，再根据即可求解.【详解】如图所示，在边长为1的正四面体中，设四面体内切球球心为，内切球半径为，取中点为，则,,所以，因为，所以，所以，因为点P为正四面体表面上的一个动点，所以，即，因为,因为为球O的一条直径，所以,所以， 因为，所以，所以，故答案为:.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.记为数列的前n项和，已知（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）由题意得到，将换成，然后两式相减并化简可得，由累乘法可得答案.（2）先代出，由错位相减法可得出答案.【小问1详解】由可得（1）当时，（2）由（1）（2）得，化简得 当时，，也满足上式所以【小问2详解】设，则则两式相减得所以18.如图在五面体中，为等边三角形，平面平面，且，，为边的中点.（1）证明：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面平面，再利用 面面平行的性质可证得结论成立；（2）连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：取线段的中点，连接、，、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，在侧面中，，则，即，又因为，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，，、平面，所以，平面平面，平面，平面.【小问2详解】解：因为四边形为平行四边形，，所以，四边形为矩形，则，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，连接，因为为等边三角形，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，因为，，因此，与平面所成角正弦值为.19.甲、乙两人参加某知识竞赛对战，甲答对每道题的概率均为，乙答对每道题的概率均为，两人答每道题都相互独立，答题规则：第一轮每人三道必答题，答对得分，答错不加分也不扣分；第二轮为一道抢答题，每人抢到的概率都为，若抢到，答对得分，对方得分，答错得分，对方得分.（1）若乙在第一轮答题中，恰好答对两道必答题的概率为，求的最大值和此时乙答对每道题的概率；（2）以（1）中确定的作为的值，求乙在第二轮得分的数学期望.【答案】（1）的最大值为，（2）【解析】【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式可得出的表达式，利用导数法可求得的最大值以及最大值点的值；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.小问1详解】 解：因为乙答对每道题的概率均为，所以，乙在第一轮答题中，恰好答对两道必答题的概率为，其中，，由，可得，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，此时.【小问2详解】解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、，表示甲抢到且甲答错，表示甲抢到且甲答对或乙抢到且乙答错，表示乙抢到且乙答对，所以，，，，所以，.20.已知椭圆E的中心在原点，周长为8的的顶点，为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）椭圆E的上、下顶点分别为M，N,点若直线PM,PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义直接求解即可；（2）求出的坐标，写出直线方程即可求出定点坐标.【小问1详解】由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，所以设椭圆方程为，焦距为，所以周长为，即，因为左焦点，所以，，所以，所以椭圆E的标准方程为【小问2详解】由题意知，，直线斜率均存在，所以直线，与椭圆方程联立得，对恒成立，则，即，则，同理，，所以，所以直线方程为：，所以直线过定点，定点坐标为21.已知函数 （1）若求的极值；（2）若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）的极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；（2）令，求导函数，分和两种情况，分析导函数的符号，求得的最值，继而可得答案.【小问1详解】当，令，解得，则当单调递减，当单调递增，故的极小值为，无极大值；【小问2详解】由题意可得令则当时，则时，，不合题意；当时，设，，，所以存在时，，因为，所以在上单调递增， 所以当，；当，，则当，；当，，则在单调递减，在单调递增，所以因为，所以，即故解得综上所述，实数a的取值范围【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．请考生在第22、23两题中任选一题做答，只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题记分.做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号后方框涂黑.选修4―4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线.与曲线相交于P，Q两点.（1）写出曲线的直角坐标方程，并求出的取值范围；（2）求的取值范围. 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由，代入曲线求解，然后根据直线与圆有两个交点，由圆心到直线的距离小于半径求解；（2）设P，Q两点对应的极径分别为由，利用韦达定理求解.【小问1详解】解：因为，且曲线，所以其直角坐标方程为，即；当时，显然成立；当时，设直线方程为，圆心到直线的距离为，因为直线与圆有两个交点，所以，解得或，因为，所以，综上，【小问2详解】设P，Q两点对应的极径分别为将，代入，得，则， 所以，因为，所以，则，所以的取值范围是.选修4—5：不等式选讲23.已知函数的图象与x轴围成的封闭图形的面积为1.（1）求实数a，b满足的关系式；（2）若对任意不等式恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）（2）、【解析】【分析】（1）分段打开绝对值，可得与轴轴围成的封闭图形为三角形，分别求出三个顶点，表示出其面积可得出答案.（2）将（1）的结果代入可得恒成立，由三角形不等式可得，解出不等式可得出答案.【小问1详解】由，即所以，则或所以与轴的交点分别为，当时，；当时， 由解得由，则与轴轴围成的封闭图形为三角形.则所以【小问2详解】由（1）可得不等式恒成立，即即，恒成立.因为所以，由，即或解得或