江西省萍乡市2023届高三数学（文）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文科数学第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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】依题意，.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.浓浓桑梓情，拳拳助疫心.为了抗击疫情，各路爱心人士纷纷捐款捐物，某地第一天收到捐赠的口罩共1000盒，第二天收到捐赠的口罩共1500盒，第三天收到捐赠的口罩共2000盒，……，照此规律，募捐共20000盒口罩至少需要的天数为（）A.6B.7C.8D.9【答案】C【解析】【分析】由题意每天收到捐赠的口罩的盒数成等差数列且首项，公差，利 用等差数列的前项和大于等于20000，解不等式可得答案.【详解】由题意每天收到捐赠的口罩的盒数成等差数列，且，，所以，解得，或，因为，所以，所以募捐共20000盒口罩至少需要的天数为.故选：C.4.在平面直角坐标系中，角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，已知角α终边过点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义以及二倍角的正弦公式求解.【详解】由题可得，所以，所以，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，丙均不是第三，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.若实数a，b，c满足，则下列结论一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用特殊值可判断ABC，做差可判断D.【详解】对于A，若，则，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，时不能做分母，故C错误；对于D，因为，所以，所以，所以，故D正确.故选：D.7.函数与的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.函数最小正周期为T，若，且的图象关于直线对称，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】由函数的最小正周期满足，得到的范围，再根据的图象关于直线对称，由求解.【详解】解：因为函数的最小正周期为，又，则，解得，因为的图象关于直线对称，所以，解得，所以，故选：D9.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，如右上图.进行完二次迭代后的谢尔宾斯基地毯如右下图，从正方形ABCD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】利用几何概率模型求解即可.【详解】设正方形的边长9，则阴影大正方形的边长为3，阴影小正方形的边长为1，所以阴影正方形的面积之和为，所以从正方形ABCD内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，故选:B.10.三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示， 三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以该三棱锥的外接球表面积为.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.已知两个平面向量共线且方向相反，若，，则向量的坐标为________.【答案】【解析】【分析】根据向量的共线设，根据列方程，求得，即可得答案.【详解】由题意可设， 由于，故，所以，故答案为：14.若中心在原点、焦点在y轴的双曲线经过点，离心率为，则该双曲线的标准方程为________.【答案】【解析】【分析】设双曲线的标准方程为，利用点在双曲线上、离心率及求出可得答案.【详解】由题意设双曲线的标准方程为，所以，，又，解得，所以双曲线的标准方程为.故答案为：.15.已知函数是定义在上的奇函数，且满足，，则________.【答案】1【解析】【分析】首先求得周期，由，可得，所以周期，求前4项和，根据奇函数的性质，由可得，，，求和即可得解.【详解】由函数是定义在上的奇函数， 所以，可得，所以周期，又函数是定义在上的奇函数，所以，由可得，，，所以，所以，故答案为：.16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则________.【答案】【解析】【分析】由利用正弦定理可得，，由利用正弦定理可得，根据范围可得答案.【详解】由利用正弦定理可得，因为，所以，因为，，所以，，所以， 由利用正弦定理可得，因为，所以，所以，可得.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.记为数列的前项和，知，.（1）求的值；（2）求数列的通项公式.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）取，代入进行基本量的计算即可得解；（2）由得，，由当时，再讨论时是否成立即可得解.【小问1详解】依题意：时，，又，代入得：，时，，又，代得：；【小问2详解】 由得，，当，，两式相减得：，化简得：，当时，，符合上式，故.18.如图，在五面体ABCDE中，为等边三角形，平面平面ACDE，且，，F为边BC的中点.（1）证明：平面ABE；（2）求DF与平面ABC所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面ABE；（2）判断出直线DF与平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.【小问1详解】取AB中点为M，连接ME，MF，因为F为边BC的中点，所以，，又，，所以，且，即四边形EDFM为平行四边形，所以， 又平面ABE，平面ABE，所以平面ABE；【小问2详解】平面平面ACDE，平面平面，，平面ACDE，则平面ABC，∵，∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角，即，在直角中，，由于，所以，故DF与平面ABC所成角的大小为.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10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10分，对方得0分，答错得0分，对方得5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p的值，求乙在两轮对战后得到25分的概率.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题的各种情况，得到乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题概率的表达式，求导得到的最大值和此时乙答对每道 题的概率.（2）根据乙在两轮对战后得到25分，得到得25分的情况，即可求出乙在两轮对战后得25分的概率.【小问1详解】由题意设“乙在第一轮答题中的第i次答题答对”设为事件，则乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题有三种情况：，则乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题概率为：，在中，则在单调递增，在单调递减，∴的最大值为，此时，；【小问2详解】由题意及（1）得∵乙在两轮对战后得25分，∴乙在第一轮必答环节中恰好答对两道，且第二轮抢答环节中甲抢到并答错，∵以（1）中确定的作为p的值，乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题的概率为，∴故乙在两轮对战后得25分的概率为.20.已知函数.（1）若为的导函数，讨论的单调性与极值； （2）若在上恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）令，则，分和进行讨论即可得解；（2）参变分离可得在恒成立，令，根据导函数求得，由即可.【小问1详解】令，则，当时，恒成立，在单调递增，无极值；当时，，，单调递增，，，单调递减，极大值为，无极小值，综上所述：当时，在单调递增，无极值；当时，在单调递增，在单调递减，极大值为，无极小值；【小问2详解】在上恒成立相当于在恒成立，令，则，令，则，因为，所以，所以在上单调递减， 所以，即，即，所以在上单调递减，，所以，所以实数a的取值范围.【点睛】方法点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论问题以及恒成立问题，计算量比较大，属于难题.本题的关键点有：（1）含参数的分类讨论问题，注意讨论点的确定；（2）恒成立的重要方法为分离参数，转化为恒成立问题.21.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）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