山东省潍坊市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

试卷类型：A高三数学2023.1本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，，则集合（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义计算作答.【详解】解不等式得：，则，解不等式得：，则，，所以.故选：C2.若复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.【详解】，-28- 所以，则.故选：D3.已知函数则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据再利用分段函数定义即可求得的值.【详解】由题意可知，，满足所以.故选：B4.若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则所以，数据、、、的平均数为-28- ，方差为，所以，，将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为，方差为.故选：A.5.宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，我们发现，当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，则时，圆球总个数为（）A.30B.35C.40D.45【答案】B【解析】【分析】求出底层个数，加上前4层总数20即可.-28- 【详解】当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，所以当4时，每层圆球的个数分别为1，3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4，可得，时，底层有，故一共有个球.故选：B6.已知正三棱锥的侧棱长为，点，分别在线段，（不包括端点）上，且，，若点为三棱锥的外接球的球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】画出图形，结合图形辅助线，利用已知条件说明线面垂直，找出球心，建立直角三角形中相应的关系，建立等量关系，解出三棱锥外接球的半径，根据图形分析最大值即可.【详解】取的中点，连接，如图所示：在正三棱锥中，，所以，下底面为等边，所以，由，所以平面，又平面，-28- 所以，因为，，所以，所以，由，所以平面，又平面，所以，所以，所以，设三棱锥的外接球球心为，外接圆的圆心为，连接，则在正三棱锥中，底面为正三角形，所以一定在上，且一定在上，同时平面，在中由正弦定理得：，在中，，在中，，设球体的半径为，所以，所以，所以三棱锥的外接球的球面上任意一点到平面距离的最大值为：，故选：C.-28- 7.已知为坐标原点，是抛物线上的动点，且，过点作，垂足为，下列各点中到点的距离为定值的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可设直线的方程，联立抛物线方程再利用，可得，法一：可知H在圆上运动进行判断，法二再由得出的方程为，解得，代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.【详解】法一：设直线方程为，联立直线和抛物线方程整理得，所以又，即，所以可得，即；则直线过定点D（4,0）因为，则点H在为直径的圆上（其中圆心坐标为OD中点（2,0）），故（2,0）到H的距离为定值故选：B法二：设直线方程，联立直线和抛物线方程整理得，所以又，即，所以可得，即；又因为，所以的方程为，解得-28- 对于A，到点的距离为不是定值；对于B，到点的距离为为定值；对于C，到点的距离为不是定值；对于D，到点的距离为不是定值.故选：B【点睛】方法点睛：定值问题通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.8.已知定义在上的函数满足，对，，有，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可推得，令，得出.设，则，由，可得.又，代入求和即可得出结果.【详解】令，由已知可得.令，由已知可得，设，则，整理可得.-28- 又，所以，所以.则，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：对于抽象函数的问题，常用赋值法：赋确定值求解函数值，赋确定值及可变值可得函数关系式.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.关于下列命题中，说法正确的是（）A.已知，若，，则B.数据，，，，，，，，，的分位数为C.已知，若，则D.某校三个年级，高一有人，高二有人.现用分层抽样的方法从全校抽取人，已知从高一抽取了人，则应从高三抽取人.【答案】BCD【解析】【分析】根据二项分布期望和方差公式可构造方程求得，知A错误；将数据按照从小到大顺序排序后，根据百分位数的估计方法直接求解知B正确；由正态分布曲线的对称性可求得C正确；根据分层抽样原则可计算得到高二应抽取学生数，由此可得高三数据，知D正确.【详解】对于A，，，，解得：，A错误；对于B，将数据从小到大排序为，，，，，，，，，，，分位数为第个数，即，B正确；-28- 对于C，，，C正确；对于D，抽样比为，高二应抽取人，则高三应抽取人，D正确.故选：BCD.10.在棱长为1的正方体中，点为线段（包括端点）上一动点，则（）A.异面直线与所成的角为B.三棱锥的体积为定值C.不存在点，使得平面D.的最小值为【答案】AB【解析】【分析】证明得到，求出，即可得出A项；证明平面，然后求出，根据等积法即可求出B项；取中点为，可证明平面，即可说明C项错误；将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.在中，由余弦定理求出，即可得到最小值，说明D项错误.【详解】对于A项，如图1，连接.因为都正方体面对角线，所以-28- ，所以是等腰三角形，所以.又且，所以四边形是平行四边形，所以.所以异面直线与所成的角即等于与所成的角，故A项正确；对于B项，因为且，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.所以点到平面距离即等于点到平面的距离.，所以，又是个定值，故B项正确；对于C项，如图2，取中点为.因为，是中点，所以.又由已知可得，平面，平面，所以.又，且平面，平面，所以平面，即存在点，使得平面，故C项错误；-28- 对于D项，如图3，将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.因为，所以，又，所以.在中，由余弦定理可得，，所以的最小值为，故D项错误.故选：AB.11.已知函数，其中为实数，则（）A.的图象关于对称B.若在区间上单调递增，则C.若，则的极大值为1D.若，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可得函数定义域为，由可得A正确；将函数整理变形，构造函数求导可得其单调性，再利用函数单调性即可判断B错误；当，由的单调性可知在处取得极大值为1，即C正确；若，同理可得的最小值为，所以D正确；即可得出正确选项.【详解】由题意可知，函数的定义域为，则，所以-28- 可得对于，所以的图象关于对称，即A正确；由可得令，，令，得，当时，，函数为单调递增；当时，，函数为单调递减；根据函数单调性可知，若在区间上单调递增，则，故B错误；当，则，所以在处取得极大值，即的极大值为1，故C正确；若，根据函数单调性可知在区间上单调递减，上单调递增；所以在处取得极小值，也是最小值，由得，，所以，则的最小值为，即D正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过观察函数特征，将函数改写成-28- ，再通过构造函数，结合参数的正负利用导数研究函数的单调性和极值即可.12.若数列满足，则称数列为“差半递增”数列，则（）A.正项递增数列均为“差半递增”数列B.若数列的通项公式为，则数列为“差半递增”数列C.若数列为公差大于0的等差数列，则数列为“差半递增”数列D.若数列为“差半递增”数列，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】利用数列1,4,5作为反例可判断A选项，利用作差法结合等比数列的通项公式比较得可说明B选项，利用作差法结合等差数列的通项公式比较得可说明C选项，根据的关系求出数列通项公式，再根据“差半递增”数列的定义列出不等式可求的取值范围,从而判断D选项.【详解】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，则，则，不满足“差半递增”数列，A错误；对于B，因为，所以，-28- 因为，所以函数单调递增，所以当，即恒成立，所以数列为“差半递增”数列，B正确；对于C，设公差，，，，所以，所以，数列为“差半递增”数列，C正确；对于D，因为，所以，所以，当时，，所以，所以，所以数列为等差数列，公差为1，所以，所以，所以对任意，，即，所以，所以，因为,所以当时有最大值为，所以，D正确；故选:BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图所示，，，，是正弦函数图象上四个点，且在，两点函数值最大，在，两点函数值最小，则______.-28- 【答案】【解析】【分析】由图象得出各点的坐标，进而表示出向量，根据向量以及数量积的坐标运算即可得出答案.【详解】由图象结合正弦函数可得，，，，，所以，，，，所以，，所以.故答案为：.14.已知函数，且对任意恒成立，若角的终边经过点，则______.【答案】3【解析】【分析】由辅助角公式得表达式，后可得答案.【详解】，其中，.则，则，则.故答案为：315.写出一个同时满足下列三个性质的函数______.-28- ①是奇函数；②在单调递增；③有且仅有3个零点.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据奇函数图像关于原点对称，若函数有且仅有3个零点则原点两侧各有一个，再保证单调递增即可写出解析式.【详解】由是奇函数，不妨取，且函数图象关于原点对称；又有且仅有3个零点，所以原点两侧各有一个零点，且关于原点对称，若保证在单调递增，显然满足.故答案为：（答案不唯一）16.设双曲线的右顶点为，过点且斜率为2的直线与的两条渐近线分别交于点，.若线段的中点为，，则的离心率______.【答案】【解析】【分析】根据题意可得出直线方程，与渐近线方程联立解得交点，的坐标，再根据中点坐标公式求出，由直线斜率为2以及利用余弦定理解得，再利用两点间距离公式可得关于的方程，解得即可求得离心率.【详解】由题意可知，双曲线的两条渐近线方程为过点且斜率为2的直线方程为，不妨设直线与渐近线交于点，与渐近线交于点，如下图所示：-28- 联立可得，同理得，所以的中点为设过点且斜率为2的直线的倾斜角为，即，可得所以，由余弦定理可得即，整理可得，即，解得或（舍）所以双曲线离心率为.故答案为：【点睛】关键点点睛：求解本题离心率问题时，关键是联立直线与渐近线方程解得交点，的坐标得出中点的坐标，再利用斜率以及由余弦定理找出等量关系，建立关于的方程，即可求得离心率.-28- 四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知正项数列满足，.（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据递推公式将其分解整理可得，两边同时加1即可证明数列是等比数列，根据等比数列通项公式即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可写出，分别对是奇数和偶数两种情况进行分类讨论即可求得结果.【小问1详解】将等式右边分解得，因为已知，所以，所以，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以，即.所以数列的通项公式为【小问2详解】结合（1）知，-28- 所以当为偶数时，.当奇数时，.所以数列的前项和18.在锐角三角形中，内角的对边分别为，，，已知.（1）求的最小值；（2）若，，求.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用三角形内角关系化简得，由锐角三角形可知，利用两角和的正切公式和基本不等式即可求得的最小值；（2）根据可求得或，即可求出角的正弦值，再由利用正弦定理即可求得.【小问1详解】由已知得，整理得，因为，所以，又因为，所以，可得，-28- ，当且仅当时等号成立，故的最小值为.【小问2详解】由（1）知，所以，又因为，所以或，8分当时，，由正弦定理得，当时，，由正弦定理得.综上，或.19.一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为，三个红球一个白球的概率为.（1）从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；（2）现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为，抽到三个小球的概率为，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记分，用表示抽到的小球分数之和，求的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据离散型随机变量的性质结合条件概率求解即可；（2）由题意先找出随机变量的值，分别求出各自的概率，列出分布列，求出数学期望.【小问1详解】记事件表示“抽取一个小球且为红球”，表示“箱子中小球为两红两白”，表示“-28- 箱子中小球为三红一白”，则.【小问2详解】由题意得的取值可以为，0，1，3，4，6，，，，，，.随机变量的分布列为：01346所以的分布列及数学期望为：.20.已知三棱台中，底面，，，，，分别是，的中点，是棱上的点.-28- （1）求证：；（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用底面，以及棱台的几何特征即可证明平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可得出结论；（2）首先由几何关系确定的位置，即，再建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得面角的余弦值.【小问1详解】如图所示：取线段的中点，连接，，易得，所以，，，四点共面.-28- 因为，，所以，又因为底面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为，分别是，的中点，所以，所以平面，因为平面，所以因为，，又因为，所以四边形是正方形，所以，又因为，平面，平面；所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】延长与相交于点，连接，则与的交点即为.由，分别为和的中点知为线段的三等分点，且，由（1）知，所以、、两两垂直，以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系.，，，，设平面的法向量，则取，则易得平面的一个法向量，设二面角为，由图易知为锐角，-28- 所以，所以二面角的余弦值为.21.已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.（1）是上一动点，求范围；（2）过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)结合焦距及点坐标，求得椭圆的方程：，设点，得，结合椭圆有界性解得范围即可；(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得，，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积.【小问1详解】由题意知，所以.将点代入，解得，所以椭圆的方程为：.设点，则.又因为，所以的范围是.【小问2详解】-28- 依题意可设直线的方程为，，.联立得.所以，，所以，又因为，当且仅当时等号成立.所以.又因为三角形内切圆半径满足.所以的内切圆面积的最大值为.22.已知函数.（1）若，求证；函数的图象与轴相切于原点；（2）若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）当时，，得到，求导后得到，故在点处的切线方程为，证毕；（2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和-28- 两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得到实数的取值范围.【小问1详解】证明：因为，，；又，所以，所以在点处的切线方程为，所以函数的图象与轴相切于坐标原点.【小问2详解】先证明不等式恒成立，令，则，当时，，当时，，故在处取得极小值，也是最小值，故，所以，当且仅当时，等号成立，，令，，令，，当时，，故在上为减函数，因为，所以当，即时，，所以为增函数，故，所以为减函数，故函数在无极值点；当时，当，因为为减函数，，-28- ，故必存在，使得，当时，，为增函数，当时，，为减函数，而，故，又因为所以必存在，，且当，，为减函数，当，，为增函数，故在区间上有一个极小值点，令，因为，所以在上单调递增，又因为，，所以总存在使，且当时，，单调递减，时，，单调递增，当，，且，故必存在，使得，，，为减函数，，，为增函数，因为，所以当，，即，又因为，-28- 故存在，使得，且当，，为减函数，当，，为增函数，故在区间有一个极小值点，所以若函数在区间，各恰有一个极值点，综上：实数的取值范围是.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.-28-