山东省滨州市阳信县2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

高三期末检测数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式确定集合，再根据并集的定义求解.【详解】由解得或，所以或，故选:D.2.若复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值.【详解】由已知可得，因此，.故选：B.3.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据图象的平移变换方法求解即可.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，故选:C.4.由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（）A3B.6C.9D.24【答案】B【解析】【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,除去2023四个数,还剩一个2,一个3,将2023进行捆绑,对2,2023,3进行全排有种.故选:B5.若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：，所以正四面体的棱长为， 将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，则外接球的体积为，故选：.6.已知非零向量，满足，且，则为（）A.钝角三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形【答案】D【解析】【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.【详解】，，，，为等腰三角形，又，，，又，所以， 为等边三角形，故选：D.7.已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.【详解】因为随机变量满足，所以，也即，又因为是公差为的等差数列，所以，则有，，，所以，则，，，因为，所以，解得，故选：.8.已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时,时,三种情况下根的情况即可.【详解】解:由题知,(且),所以,故在上,,单调递减,且,即,在上,,单调递减,在上,,单调递增,有,画图象如下:由至少有三个互不相等的实数解,即至少有三个互不相等的实数解,即或至少有三个互不相等的实数解,由图可知,当或时,与有一个交点,即有一个实数解,此时需要至少有两个互不相等的实数解, 即,解得故或;当时,无解,舍;当时,,此时有两个不等实数解,有两个不等实数解,共四个不等实数解,满足题意.综上:或.故选:C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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.有一组样本数据，其样本平均数为.现加入一个新数据，且，组成新的样本数据，与原样本数据相比，新的样本数据可能（）A.平均数不变B.众数不变C.极差变小D.第20百分位数变大【答案】BD【解析】【分析】根据数据的平均数、极差、众数以及百分位数的定义判断求解.【详解】因为，所以新的样本数据平均数减小，A错误；加入一个新数据，则众数仍有可能为原数据的众数，B正确；若加入一个新数据不是最大值也不是最小值，则新数据极差等于原数据极差，C错误；若为原数据从小到大排列的第20为后的数，因为样本数增加，所以第20百分位数可能后移，则新数据第20百分位数可能变大.D正确，故选:BD.10.已知函数有两个极值点，且，则（）A.B. C.D.的图象关于点中心对称【答案】BCD【解析】【分析】根据函数由有两个极值点可得导函数有2个不同的零点即可判断A,B，根据导函数讨论函数的单调性可判断C,根据奇函数与的关系判断D.【详解】由题可得有两个不相等的实数根，所以，所以，A错误；根据题意为两个根，所以，B正确；因为，且为的两个根，所以由得或，由得，所以函数单调递增，单调递减，单调递增，所以成立，C正确；因为为奇函数，所以关于对称，所以关于对称，D正确，故选:BCD.11.如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（）A.B.存在一点，使得 C.三棱锥的体积为D.若，则面积的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误.【详解】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、、、、、、，设点，其中，.对于A选项，，，则，所以，，A对；对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，所以，不存在点，使得，B错；对于C选项，，点到平面的距离为， 所以，，C对；对于D选项，，若，则，可得，由可得，，当且仅当时，等号成立，因为平面，平面，，，D对.故选：ACD.12.已知椭圆上一点位于第一象限，左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，的角平分线与轴交于点，与轴交于点，则（）A.四边形的周长为B.直线的斜率之积为C.D.四边形的面积为2【答案】ABD【解析】【分析】由已知可得，，，以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项；设，得出，进而根据在椭圆上，代入整理即可判断B项；由已知可得.设，，，根据余弦定理，整理可得 ，在中，可推出，根据倍角公式，可得，整理求解可得，即可判断C项；根据题意结合余弦定理可得出，根据三角形面积公式得出的面积，进而得到四边形的面积.【详解】由已知可得，，，，点，，，.对于A项，，又由椭圆的定义可得，所以四边形的周长为，故A项正确；对于B项，设，则，，，所以.又，所以，所以，故B项正确；对于C项，由角平分线的性质可得，且，.设，，则，且.设，，由，在和中，由余弦定理可得，整理可得，因为，所以，即，整理可得，则，在中，由余弦定理可得 ，又，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，，即，，所以，故C项错误；对于D项，由C知，，在中，由余弦定理可得，，则，所以的面积为.又，所以四边形的面积为，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则___________.【答案】【解析】【分析】利用给定条件借助余弦定理即可得解.【详解】中，因，由余弦定理得， 又，则有，所以.故答案为：14.曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.【答案】【解析】【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点，结合三角形的面积公式可求得结果.【详解】对函数求导得，所求切线斜率为，当时，，切点坐标为，所以，曲线在处的切线方程为，即，直线交轴于点，交轴于点，所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.故答案为：.15.甲袋中有个白球、个红球，乙袋中有个白球、个红球，从两个袋中随机取一袋，再从此袋中随机取一球，则取到红球的概率为_______.【答案】【解析】【分析】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，利用全概率公式求出的值，即为所求.【详解】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，则，，，由全概率公式可得. 故答案为：.16.已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则圆的标准方程可以是_______.（写出一个满足条件的圆的标准方程即可）【答案】．（注：圆心到直线的距离为半径即可）【解析】【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得，进而可得直线与圆相切，即可写出答案.【详解】由函数得，所以在定义域上单调递增，又因为，所以关于对称，则，即，因为，所以，即，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则直线与圆相切，假设圆心，所以，所以圆可以是，故答案为:．（注：圆心到直线的距离为半径即可）四、解答题：本题共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.某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，，.（1）求批次甲芯片的次品率；（2）该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关. 批次是否满意合计满意不满意甲乙合计附:，.【答案】（1）；（2）认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．【解析】【分析】（1）根据已知可得到正品率，然后根据对立事件即可求出次品率；（2）设出零假设，列出列联表，求出，根据独立性检验原理即可得出推断.【小问1详解】由已知可得批次甲芯片的正品率，所以批次甲芯片的次品率为．【小问2详解】零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得列联表如下：批次是否满意合计满意不满意甲301040 乙55560合计8515100所以，因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．18.定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.（1）证明:数列为“3型数列”;（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.【小问1详解】解:由题知,所以有,且,所以 ,所以数列为“3型数列”;【小问2详解】由(1)知,,所以,,,所以.19.在中，内角、、所对的边分别是、、，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，求出的取值范围，结合可求得角的值；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围.【小问1详解】解：因为，因为、，且，所以，且，所以，，所以，，则，即，因为且，所以，且，所以或（舍），故当时，．【小问2详解】解：，因为，所以，则， 所以，.所以的取值范围为．20.如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.（1）证明：；（2）已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在点，线段的长为．【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.【小问1详解】证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以， 因为四边形是菱形，所以，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以．【小问2详解】解：取中点，连接，因为四边形为菱形，则，又因为，则为等边三角形，由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形，因为为的中点，则，，，由（1）知，平面，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、、、、，，因为，平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面，设，则，．设平面的法向量，则，取，可得，因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得，因此，存在点，线段的长为．21.已知在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.（1）求E的方程；（2）若P是曲线E上一点，且点P不在x轴上，作PQ⊥l于点Q，证明：曲线E在点P处的切线过△PQA的外心.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)设出坐标为，根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程；(2)设出点坐标,及处的切线方程，与双曲线联立，判别式等于0，可得参数之间关系，即可化简切线方程.分别求出的中垂线，联立即可求出的外心，将外心代入切线方程看是否成立即可证明.【小问1详解】解:设动点坐标为,则根据题意得,两边同时平方,化简可得,所以曲线的方程为;【小问2详解】由题设点,因为点不在轴上,即,所以曲线在点的切线斜率存在,设为,则在点的切线方程为:, 联立方程组:,整理得:,因为双曲线的渐近线为,所以,,令,得．因为点在双曲线上,所以,即,所以,因为，所以两边同时除以,解得．所以在点的切线方程为,即．因为,,所以,所以直线中垂线方程为,即,因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,所以直线中垂线斜率为,所以直线中垂线的方程为．联立直线与直线, 得外心坐标．将外心横坐标代入过点的切线方程,化简得到,与外心的纵坐标相等．所以曲线在点的切线经过的外心．22.已知函数.（1）若，求函数在上的最小值；（2）若存在，使得.（i）求的取值范围；（ii）判断在上的零点个数，并说明理由.【答案】（1）0（2）（i）；（ii）在共有3个零点，理由见解析【解析】【分析】(1)当时，对函数求导，根据导数在大于等于零得到函数在的单调性，进而求出最小值；(2)（i）根据函数分和两种情况，当时，函数恒大于零，不满足条件，舍去，当时，对函数求导，利用函数的单调性和极值进而求解；（ii）结合（i）的结论，在共有2个零点1，，只需探讨在的零点个数，然后利用函数的单调性和极值进而求解即可.【小问1详解】因为，所以函数，则有，又，可得，所以在上单调递增，.【小问2详解】（i）若，当时，，，所以，在没有零点，故舍去； 若，则，令，则，所以在上单调递减，且；①若，即，且，存在，使，，可得在单调递增，单调递减，且，当时，，（因为当时，，证明：令，则，因为，则，所以，则在上单调递增，故，即，所以）所以，且，所以，故存在唯一使得，满足条件；②若，即，此时恒成立，在单调递减，又，所以，故舍去．综上，．（ii）由（i）可得，在共有2个零点1，，下面探寻在的零点个数．当时，，故在单调递减，又，，所以存在，使得，故在单调递增，单调递减，又，，故一定存在，使得，在单调递减，单调递增， 又，当趋近于零时，趋近于正无穷大，故存在唯一，使得．故在有1个零点．综上，在共有3个零点．【点睛】(1)可导函数在处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；