山西省阳泉市2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

阳泉市2022～2023学年度第一学期期末教学质量监测试题高三数学参考公式：柱体体积公式，其中S为底面面积，h为高锥体体积公式，其中S为底面面积，h为高球的表面积、体积公式：，，其中R为球的半径第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.已知集合，则集合A的子集个数为（）A.3B.4C.7D.8【答案】B【解析】【分析】根据分式不等式求集合A，可确定其元素的个数，即可得其子集的个数.【详解】由题意可得：，故集合A的子集个数为4.故选：B.2.已知复数，则复数z的虚部是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的周期性即可化简求解.【详解】 ，故虚部为，故选：A3.已知，且，则（）A.B.C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由同角三角函数的基本关系计算可得、，再根据两角差的正切公式计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，则，所以.故选：C4.已知是定义在上的奇函数，当时，（m为常数），则（）A.56B.C.54D.【答案】D【解析】【分析】先根据求出，再根据代入题目条件计算即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，得 当时，，得故选：D.5.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式，一个圆锥的侧面展开图扇形的中心角为，半径为5．按上述公式计算该几何体的体积为（）．（计算时圆周率近似取3）A.48B.49C.52D.54【答案】A【解析】【分析】求出底面周长及圆锥的高，利用所给近似公式计算得解.【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，则圆锥的底面周长，所以，高，由近似公式得．故选：A．6.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到图象恰好与函数的图象重合，则（）A.B.C.直线是曲线的对称轴D.点是曲线的对称中心【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图像变化结合诱导公式得出，即可得出与，判断选项AB；根据三角函数解析式求出其对称轴与对称中心得出，即可判断选项CD. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，则解析式变为，则，即，故A错误；而，故B错误；，令，即为的对称轴，令，解得，即直线不是曲线的对称轴，故C错误；令，即为的对称中心，令，解得，故点是曲线的对称中心，故D正确；故选：D.7.已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为2，则（）A.B.1C.3D.4【答案】D【解析】【分析】数形结合，结合抛物线定义可得，从而可得当共线，且在线段之间时，最短，即可求解.【详解】作图如下， 圆的圆心,半径，抛物线的焦点，根据抛物线的定义可知，所以，由图可知，当共线，且在线段之间时，最短，而，故有，即解得，故选:D.8.已知函数在区间上的最小值为，最大值为，则（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】首先求出函数的最大值及单调区间，依题意可得在区间上单调递增，即可得到，从而得到、为方程的两根，再利用韦达定理计算可得.【详解】解：因为，对称轴为，开口向下， 函数在上单调递增，在上单调递减，依题意，所以，所以在区间上单调递增，所以，即，所以、为方程的两根，所以.故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，完全选对得满分，漏选得2分，错选得0分．9.已知a>0，ab＝1，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由基本不等式判断ACD，由作差法判断B.【详解】因为a>0，ab＝1，所以b>0选项A：因为ab＝1，所以，所以A正确；选项B：，所以，所以B不正确；选项C：因为，所以C不正确；选项D：因，所以D正确．故选：AD．10.某校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”学生书画作品比赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（一、二等奖作品数相等），其中男生作品分别占，，，现从获奖作品中任取一件，记“取出一等奖作品”为事件，“取出男生作品”为事件，若，则（）A.B.一等奖与三等奖的作品数之比为 C.D.【答案】ABD【解析】【分析】依题意设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，即可表示男、女生获一、二、三等奖的作品数，再根据求出与的关系，从而一一判断即可.【详解】解：设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，则男生获一、二、三等奖的作品数为、、，女生获一、二、三等奖的作品数为、、，因，所以，所以，故A正确；，故C错误；一等奖与三等奖的作品数之比为，故B正确；，故D正确；故选：ABD11.2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图可以近似看成双纽线，在平面直角坐标系中，把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线C上一点，则下列说法正确的是（）A.若，则的面积为B. C.双纽线C关于原点O对称D.双纽线上C满足的点P有三个【答案】BC【解析】【分析】根据以及三角形面积公式即可判断A，根据等面积法表达△的面积，根据正弦的有界性即可求解B,设动点，把关于原点对称的点代入轨迹方程，即可判断C，易得若，则在轴上，再根据点，的轨迹方程求解即可判断D.【详解】因为定义在平面直角坐标系中，把到定点，，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则，即，对于A,根据三角形的面积为，故A错误，对于B,由等面积法可知，即，所以，故B正确，对于C，用替换方程中的得，即，故原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以C正确；对于D，若，则点，在的中垂线即轴上．故此时，代入，可得，即仅有一个，故D错误；故选：BC12.已知函数有三个不同的极值点，，，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.为函数的极大值点D.【答案】ACD【解析】【分析】由已知可知方程有三个根，然后利用导数讨论的单调性，结合图象可判 断A、B选项；结合图象分析在处的正负，即可得出函数在附近的单调性，即可判断C选项；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断D选项.【详解】由函数有三个不同的极值点，，，只需有三个零点，即方程有三个根，设函数，则，令，即，；令，即或，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，所以函数的极小值为，且当时，，如图，当，即时，函数与有三个交点，即函数有三个不同的极值点，故A正确；对于B，观察图象可知，故B不正确；对于C，由图象可知，当时，，即，当时，，即，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以为函数的极大值点，故C正确； 对于D，由，即，令，，则，故函数在上单调递减，故，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：将函数极值问题转化方程的根的问题，再转化为函数与函数交点问题，结合图象求解即可.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.请写出一个焦点在y轴上，且与直线没有交点的双曲线的标准方程：__________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据双曲线的渐近线与双曲线无交点，即可得到满足条件的双曲线可以为,即可求解.【详解】与直线没有交点,则可以作为双曲线的渐近线，故满足，取，则满足条件的一个双曲线方程可以为.故答案为：14.已知向量和向量，则在上的投影向量的坐标为__________．【答案】【解析】【分析】根据投影向量的公式计算直接得出答案. 【详解】在上的投影向量的坐标为：，故答案为：.15.已知正项等比数列的前n项和为，且，若，则__________．【答案】31【解析】【分析】由等比数列的通项公式和前项和公式即可求解.【详解】由，且得：，令，则，解得或（舍），所以，而数列为正项等比数列，所以，所以，所以.故答案为：3116.已知函数，则函数的所有零点之积等于__________．【答案】【解析】【分析】由题意，表示出函数解析式，利用零点的定义，建立方程，可得答案.【详解】求函数的所有零点，则等价于求方程的根，当时，，则，解得；当且时，，则，，可得或，即或，解得或或或； 当时，，，不符合题意.综上，，故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.已知数列满足，，．（1）求证：数列为等比数列；（2）对于大于2的正整数x，y（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求所有符合条件的数x和y．【答案】（1）证明见解析（2），．【解析】【分析】（1）根据题意得到，得到证明.（2）计算，，考虑，，三种情况，计算得到答案.【小问1详解】，，，故是以2为公比的等比数列．【小问2详解】，，．当时，，，则，；当时，，，，其中一个为奇数，则，，无整数解，不成立． 当时，则，，，其中一个为奇数，，，无解，不成立，或，，无整数解，不成立．综上所述：，．18.在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，其外接圆半径，已知，且．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知结合正弦定理化简，得出，即可，再根据正弦定理角化边得出答案；（2）根据三角形面积公式列式，结合正弦定理边化角得出，即可得出，结合小问一得出，即可解得，再求出，即可得出答案.【小问1详解】，，，．，，，即．【小问2详解】 ，，，．由（1），得．，，，．19.某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获得一等奖，其他学生不得奖，为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．（1）现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；（2）若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：（i）若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；（ii）若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和期望． 附参考数据，若随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】（1）；（2）（i）1587；（ii）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正泰分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.【小问1详解】由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖．从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．【小问2详解】由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值，则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布．（ⅰ）因为，所以．故参赛学生中成绩超过79分的学生数为．（ⅱ）由，得， 即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为．所以随机变量服从二项分布，所以，，，．所以随机变量的分布列为：0123P均值．20.如图，在三棱柱中，，，，D是的中点．（1）证明：平面；（2）若三棱柱的体积是8，求平面与平面的夹角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取O是BC是中点，连接AO，，，，利用线面垂直的判断定理证明即可；（2 ）利用三棱柱的体积确定其高度，再见了空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求得平面与平面所成角的余弦值.小问1详解】证明：设O是BC是中点，连接AO，，，．∵，∴在同一个平面内．∵，∴．又∵，∴≌，∴，∴，∵，平面，∴平面．【小问2详解】设三棱柱的高为h，则，∴．∵，．∴，∴就是．如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，．设平面的法向量，则，解得．设平面的法向量，则，解得．∴，∴平面与平面的夹角为．21.已知过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点．（1）证明：；（2）设为抛物线的焦点，直线与直线交于点，直线交抛物线与两点（在轴的同侧），求直线与直线交点的轨迹方程．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，，利用三点共线，解得，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；（2）设，，，根据题意可得，由此解出与，与关系，进而得到直线与直线的方程，联立即可求解.【小问1详解】设，，因为三点共线，所以, 所以，整理可得，所以，所以．【小问2详解】设，，，由题意，，因为，，所以，又因为，，所以，整理得．因为在轴同侧，所以，同理可得，所以直线的方程为，同理的方程为，两式联立代入，可得，由题意可知交点不能在x轴上，所以交点的轨迹方程为．22.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）若方程在区间上有且仅有1个实数根，求a的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）．【解析】【分析】（1）求出函数导数，根据导数的正负，确定函数的单调区间；（2）由，得，令，将方程在区间上有且仅有1个实数根问题转化为函数在区间上有且仅有1个零点问题，利用导数判断函数单调性，分类讨论a的取值范围，结合零点存在定理即可求得答案．【小问1详解】若，则，，，令，则，令，则，故的单调递减区间为，单调递增区间为．【小问2详解】由，得，令，则在上有唯一零点，，令，则，(i)若，则在上，，单调递增，又，，故存在使得，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，又∵，∴在上没有零点；(ⅱ)若，则在上，单调递减，又，，故存在使得，且当时，，单调递增，当时，，单调递减，又∵，∴在上没有零点； (ⅲ)若，则在上单调递减，在上单调递增，故，令，则，∴当，单调递增，当时，单调递减，∴，即．要使在上有唯一零点，只需，得，综上可得，a的取值范围为．【点睛】方法点睛：解决方程在区间上有且仅有1个实数根的问题时，转化为区间上有且仅有1个零点的问题，求出函数导数，其中要分类讨论a的取值范围，确定导数正负，判断函数的单调性，再结合函数零点存在定理解决问题．