四川省成都市 校2022-2023学年高三数学文科上学期期末试题（Word版附解析）

2022-2023学年度上期高2023届高三期末考试数学试题（文科）（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.1.设集合，，则以下集合中，满足的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合指数函数的单调性、集合补集、交集、子集的定义进行求解即可.【详解】由，所以，由，所以，显然只有选项C中集合是集合的子集，故选：C2.已知，则=（）A.3B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算和复数相等的概念求解.【详解】由可得，所以解得，所以，故选:D.3.某地区今年夏天迎来近50年来罕见的高温极端天气，当地气象部门统计了八月份每天的最高气温和最低气温，得到如下图表： 某地区2022年8月份每天最高气温与最低气温根据图表判断，以下结论正确的是（）A.8月每天最高气温的平均数低于35℃B.8月每天最高气温的中位数高于40℃C.8月前半月每天最高气温的方差大于后半月最高气温的方差D.8月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差【答案】D【解析】【分析】根据给定的每天最高气温与最低气温的折线图，结合平均数、中位数、方差的意义逐项分析判断作答.【详解】由某地区2022年8月份每天最高气温与最低气温的折线图知，对于A，8月1日至9日的每天最高气温的平均数大于35℃，25日至28日的每天最高气温的平均数大于35℃，29日至31日每天最高气温大于20℃小于25℃，与35℃相差总和小于45℃，而每天最高气温不低于40℃的有7天，大于37℃小于40℃的有8天，它们与35℃相差总和超过45℃，因此8月每天最高气温的平均数不低于35℃，A不正确；对于B，8月每天最高气温不低于40℃的数据有7个，其它都低于40℃，把31个数据由小到大排列，中位数必小于40，因此8月每天最高气温的中位数低于40℃，B不正确；对于C，8月前半月每天最高气温的数据极差小，波动较小，后半月每天最高气温的极差大，数据波动很大，因此8月前半月每天最高气温的方差小于后半月最高气温的方差，C不正确；对于D，8月每天最高气温的数据极差大，每天最低气温的数据极差较小，每天最高气温的数据波动也比每天最低气温的数据波动大，因此8 月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差，D正确.故选：D4.已知直线是圆在点处的切线，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设出切线方程，对斜率k是否存在进行讨论，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】当直线的斜率不存在时，直线l：，此时，圆心到直线的距离为3<5,不合题意；当直线的斜率存在时，可设直线l：，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：，所以直线l：，即.故选：D【点睛】求圆的切线方程的思路通常有两种:（1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径；（2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用Δ=0．5.若不等式组所表示的平面区域被直线分成面积相等的两部分，则实数m的值为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出不等式组所表示平面区域,利用三角形面积公式，选择同一条边为底，高为一半即可.【详解】如图所示，不等式组所表示的平面区域为， 为的中点，解得：、、、，此直线过定点.只要直线过点，就可以将分成面积相等的两部分.设直线的斜率为，则，即，解得.故选：A.6.三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变 点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出答案.【详解】由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；又在圆上或内部，当点与点重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.故选：D. 7.将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，则的最小值为（）A.8B.6C.4D.2【答案】C【解析】【分析】由三角函数图象的平移变换可得，由题意推得必为函数的对称中心，可得，即可求得答案.【详解】由题意将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则，因为直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，由于，在直线上,故为的等差中项，不妨设，则，即，若，则，即，此时直线与曲线不止三个交点，不合题意；故，结合的对称性，可得有直线与曲线仅有3个交点，即必为函数的对称中心， 即，故，因为，故时，的最小值为4，故选：C8.已知数列的前项和，且满足，（　　）A.1012B.1013C.2021D.2036【答案】B【解析】【分析】由，推得，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，求得和，进而得到，再结合等比数列求和公式，即可求解.【详解】由数列的前项和，且满足，当时，，两式相减，可得，即，令，可得，解得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，则，所以，所以.故选：B【点晴】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和； （2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.9.若函数，的图象都是一条连续不断的曲线，定义：.若函数和的定义域是，则“”是“”的（　　）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】令,求导可得函数的单调性，进而可得，由可得，即可得出结果.【详解】令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，，，即.“”是“”的充分不必要条件.故选：A.10.把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.在中，，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为，若的面积为整同余数，则的值可以为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】绕旋转一周，所成几何体的为圆锥，求出圆锥侧面积、圆锥的体积，利用得 ，逐项检验可得答案.【详解】绕旋转一周，所成几何体的为圆锥，则圆锥侧面积为，圆锥的体积为，所以，可得，，对于A，若，则，可得，，可得，由可得，因为，所以无解，故A错误；对于B，若，则，可得，，可得，由解得或，即的三边都是有理数，故B正确；对于C，若，则，可得，，可得，由可得，所以，即，解得，或，所以、是无理数，故C错误； 对于D，若，则，可得，，可得，由可得，所以，即，解得，或，所以、是无理数，故D错误.故选：B.11.已知抛物线的焦点为，动点在上，圆的半径为1，过点的直线与圆相切于点，则的最小值为（）A.7B.8C.9D.10【答案】B【解析】【分析】由题作图，由图可得，根据抛物线定义可得等于点到准线的距离，根据图形可得最小值情况，从而可得的最小值.【详解】解：因为抛物线，所以焦点坐标为，如下图所示：连接，过作垂直准线于， 则在直角中，，所以，由抛物线的定义得：，则由图可得的最小值即抛物线顶点到准线的距离，即，所以.故选：B.12.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数确定函数的单调性可得，即可判断大小关系；估计实数与的大小关系及大致倍数关系，构造函数，利用导数确定单调性可得，从而结合正弦函数的单调性可比较大小，即可得结论． 【详解】解：设，则，设，则恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，则在上单调递增，故，即，所以；因为，，则，设，则，又设，故恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，则在上单调递减，则，又，则，即；综上，.故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.13.设向量，且,则_________．【答案】【解析】【分析】根据向量模长的坐标公式即可代入求解.【详解】由得，根据得 ，解得，故答案：14.近年来，“考研热”持续升温，2022年考研报考人数官方公布数据为457万，相比于2021年增长了80万之多，增长率达到21%以上.考研人数急剧攀升原因较多，其中，本科毕业生人数增多、在职人士考研比例增大，是两大主要因素.据统计，某市各大高校近几年的考研报考总人数如下表：年份20182019202020212022年份序号x12345报考人数y（万人）1.11.622.5m根据表中数据，可求得y关于x的线性回归方程为，则m的值为___________.【答案】2.8【解析】【分析】求出的值，以及用表示出，代入线性回归方程得到关于的方程，解出即可.【详解】，，，，解得.故答案为：2.8.15.中，，，，是上一点且，则的面积为______.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理，求出的值，由倍角公式求出的正余弦值，根据诱导公式求出的正余弦值，根据求出的正余弦，再求的正切值，在直角三角形中求出的长，最后求面积. 【详解】由正弦定理得：，又因为所以，且，即，所以，又由且所以，而所以，又因为，所以所以，而又因为，所以又因为，且为锐角，所以即，在直角三角形中,并且，所以，所以的面积为：.故答案为：16.已知棱长为8的正方体中，点E为棱BC上一点，满足，以点E为球心，为半径的球面与对角面的交线长为___________.【答案】【解析】【分析】过点作于，确定的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，计算得到答 案.【详解】如图所示：过点作于，为球面与对角面的交线上一点，平面，平面，故，，且，平面，故平面，，故，，则，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，如图所示：，，故，交线长为：.故答案为：三、解答题：本大题共6小题，合计70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.为了检测产品质量，某企业从甲、乙两条生产线上分别抽取件产品作为样本，检测其质量指标值，质量指标值的范围为.根据该产品的质量标准，规定质量指标值在内的产品为“优等品”，否则为“非优等品”.抽样统计后得到的数据如下： 质量指标值甲生产线生产的产品数量乙生产线生产的产品数量（1）填写下面的列联表，计算，并判断能否有的把握认为产品是否为“优等品”与生产线有关；优等品非优等品合计甲生产线生产的产品数量乙生产线生产的产品数量合计（2）由于样本中来自乙生产线“非优等品”个数多于来自甲生产线的，为找出原因，该厂质量控制部门在抽出的“非优等品”中，按甲、乙生产线采用分层抽样的方法抽出件产品，然后再从中随机抽出件产品进行全面分析，求其中至少有件是乙生产线生产的产品的概率.附：，.k【答案】（1）答案见解析，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；（2）分析可知甲生产线应抽出件产品，分别记为、、，乙生产线应抽出件产品，分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】解：依题意可得列联表如下表所示：优等品非优等品合计甲生产线生产的产品数量乙生产线生产的产品数量合计所以，，所以，没有的把握认为产品是否为“优等品”与生产线有关.【小问2详解】解：由列联表可知，甲、乙生产的“非优等品”之比为，按甲、乙生产线采用分层抽样的方法抽出件产品，则甲生产线应抽出件产品，分别记为、、，乙生产线应抽出件产品，分别记为、、、，从随机抽出件产品，所有的情况为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共种，其中，至少有件是乙生产线生产的产品所包含的情况有：、、、、、、、、、、、、、、、、、，共种，故所求概率为.18.已知为数列的前n项和，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求前项的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题知数列是等比数列，公比为，首项为，进而得；（2）结合（1）得，进而分组求和即可. 【小问1详解】解：因为，所以，当时，，解得，当时，，，所以，即，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知，所以，记前项的和为，所以，.19.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面ABC，，，E，F分别为棱AB和的中点.（1）在棱上是否存在一点D，使得平面EFC？若存在，确定点D的位置，并给出证明；若不存在，试说明理由；（2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）的中点D，的中点M，可证明，，根据面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明平面；（2）点到的距离为，根据等面积法可求，由面面垂直的性质可得点到的距离即为点到平面的距离，利用可求解.【小问1详解】存在点D，使得平面EFC.取的中点D，的中点M，连接,则.因为E，F分别为棱AB和的中点，所以,所以.连接,则.因为平面，平面，所以平面平面.因为平面,所以平面.所以存在D(D为中点)，使得平面EFC.【小问2详解】求三棱锥的体积相当于求三棱锥的体积. 因为平面ABC，平面，所以平面平面ABC.设点到的距离为，则有，其中，解得.因为平面平面ABC，平面平面ABC,所以点到的距离即为点到平面的距离,为.在正方形中，，则，,.取的中点，连接,则，所以.所以,所以.所以三棱锥的体积为.20.已知椭圆的离心率为，依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为.（1）求椭圆E的标准方程；（2）设点F为E的右焦点，，直线l交E于P，Q（均不与点A重合）两点，直线的斜率分别为，若，求△FPQ的周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题设可得基本量的方程组，求出其解后可得椭圆的方程； （2）设直线，由题设条件可证明该直线过定点，根据椭圆的定义可求周长.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，故，故，因为依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为，故，所以，故，故椭圆方程为：.【小问2详解】设直线，，则，，故，故，由可得，故，整理得到，又，故，故或，此时均满足.若，则直线，此时直线恒过，与题设矛盾， 若，则直线，此时直线恒过，而为椭圆的左焦点，设为，故的周长为.21.已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求的取值范围；（2）记两个极值点为，且.若，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将在有两个不同根转化为方程在有两个不同根，再构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，进而求出的取值范围；（2）两边取对数，将证明转化为证明，再利用（1）合理转化，将问题转化为证明恒成立，再通过求其最值进行证明.【小问1详解】由题意知，函数的定义域为，，方程有两个不同根，即方程在有两个不同根，即方程在有两个不同根， 令，，则，则当时，，时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，当时，，当时，，所以的取值范围为；【小问2详解】要证，两边取对数，等价于要证，由（1）可知，分别是方程的两个根，即，所以原式等价于，因为，，所以原式等价于要证明又由，作差得，，即.所以原式等价于，令，，则不等式在上恒成立.令，，又，当时，可见时，，所以在上单调增，又，， 所以在恒成立，所以原不等式恒成立.【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4－4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程.为参数).若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线（1）求曲线的普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，直线：，已知点在曲线上，点到直线和极轴的距离分别为，求的最大值.【答案】（1）；（2）最大值.【解析】【分析】（1）消参得到直线直线普通方程，再联立消参得到交点轨迹方程（2）求得直线的直角坐标方程为：，由设点坐标为，由点到直线距离公式再利用辅助角公式得解.【详解】（1）(为参数，)，消去参数，得曲线的普通方程为整理得（2）由：得，； 因为，代入直线的直角坐标方程为：，即为由得，圆的参数方程为(为参数，且)（2）设点坐标为则又那么当时，取得最大值.【选修4－5：不等式选讲】23.设函数.（1）若的解集为，求实数的值；（2）若，且，求的最小值.【答案】（1）;（2）9.【解析】【分析】(1)由可得，两边同时平方可得：，于是得，进而有，求解即可；(2)由可得，又由于关于直线对称，所以，进而得，再由，利用基本不等式求解即可.【小问1详解】 解：不等式可化为，两边同时平方可得：.原不等式解集为，即.；【小问2详解】解：因为即，因为关于直线对称，，，即.所以，当且仅当，即时取所以的最小值为9.