天津市海河中学2022-2023学年高三上学期期末数学试题（解析版）

《天津市海河中学2022-2023学年高三上学期期末数学试题（解析版）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2022—2023高三第一学期期末质量调查数学试卷一、单选题（本大题共9小题，共45分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解二次不等式得集合，然后求即可.【详解】因为，所以．故选：D.2.设a，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】方法1:解分式不等式，由小范围能推出大范围，大范围不能推出小范围可得结果.方法2:通过作差法可证得充分条件成立,通过举反例可说明必要条件不成立.【详解】方法1：∵∴即：∴或解得：或或∴由小范围能推出大范围，大范围不能推出小范围可得：是的充分而不必要条件.方法2：∵∴，∴第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

1∴∴是的充分条件.当，时，满足，但不满足，所以是的不必要条件.综述：是的充分而不必要条件.故选：A.3.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据放缩法得出的范围，利用对数的运算，比出和的大小，即可得出的大小关系.【详解】解：由题意，，∵∴∴故选：D.4.已知函数，则的大致图像正确的是（）A.B.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

2C.D.【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值，即可判断；【详解】解：因为，所以，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，故BD排除；又，因为，所以，，所以，故排除A；故选：C5.在三棱锥中，平面，，且，则三棱锥外接球的体积等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解.【详解】因为三棱锥中，平面，不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

3因为，则长方体长宽高分别为所以三棱外接球的半径为所以三棱锥外接球的体积为.故选：C.6.已知函数，给出以下四个命题：①的最小正周期为；②在上的值域为；③的图像关于点中心对称；④的图像关于直线对称．其中正确命题的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

4【分析】由题知，进而结合三角函数性质依次讨论各选项即可.【详解】解：，所以的最小正周期为，①正确；当，，所以，即，故②错误；当时，，故的图像关于对称，故③错误；当时，，故的图像关于对称，故④正确.故正确命题的个数是2个.故选：B7.F1、F2分别是双曲线-=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于A、B两点，若△ABF2是等边三角形，则该双曲线的离心率为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】如图，设等边三角形边长为，设，根据双曲线的定义有，解得.在三角形中，由余弦定理得，化简得.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

58.已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点，若，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】结合已知条件写出直线的方程，然后与抛物线方程联立，最后结合韦达定理和抛物线定义即可求解.【详解】由题意知,，则直线的方程为：，设，，将代入的方程得，，则，，因为，且，所以，整理得，故，结合，解得.故选：C.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

69.已知函数，若关于的方程有四个不等实根．则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】画出函数的图象，利用换元法，并构造函数，通过讨论的取值范围即可求解.【详解】当，令解得，令解得，所以函数在单调递增，单调递减，，当时，，作出函数的图象如下，关于的方程有四个不等实根，令，，则有两个不相等的实数根，（i），，此时各有2个根，满足题意，所以解得（ii），由，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

7则函数的一个根在，另一个根在，所以解得，综上，.故选:C.二、填空题（本大题共6小题，共30分）10.若复数满足为虚数单位），则复数的虚部是___．【答案】##1.5【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，再根据复数的概念可求出结果.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为.故答案为：11.=_____________．【答案】.【解析】【分析】利用换底公式化为常用对数，通分后进行化简计算．【详解】，故答案为：．12.已知的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是_______．【答案】【解析】【分析】根据二项式系数的和的性质，求得，结合二项展开式的通项，即可求解.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

8【详解】由的展开式的二项式系数之和为，可得，解得，即则展开式第三项为，所以展开式第三项的系数是.故答案为：.13.若直线被圆截得线段的长为6，则实数的值为__________.【答案】25【解析】【分析】先根据配方法确定圆的圆心和半径，然后再求出点到直线的距离后用弦长公式即可.【详解】，圆心又根据弦长公式可得：故答案为：2514.已知，且恒成立，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求出的最小值，再根据不等式恒成立转化为一元二次不等式即可求解.【详解】因为，所以，所以，因为，当且仅当，即，即时取得等号，所以有最小值为3，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

9因为恒成立，所以，即，解得，故答案为:.15.在四边形中，，，，，为的中点，，则_____；设点为线段上的动点，则最小值为_____．【答案】①.②.．【解析】【分析】以为基底，将用基底表示，根据已知结合向量的数量积运算律，可求出；设用基底表示，求出关于的二次函数，即可求出其最小值.【详解】为的中点，，，，，，，；设，，，时，取得最小值为.故答案为：；.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

10【点睛】本题考查向量基本定理、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于中档题.三、解答题（本大题共5小题，共75．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.已知的内角的对边分别为，满足已知.（1）求角的大小；（2）若，求的值；（3）若的面积为，，求的周长.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)根据正弦定理，将题中条件进行转化，得到，再根据三角形内角和为以及诱导公式，即可求得角的大小；(2)利用同角三角函数关系式即可得到，再利用正弦和角公式以及余弦倍角公式即可求得结果；(3)利用三角函数面积公式即可得到的值，再利用余弦定理即可求得的值，进而得到的周长.详解】解：（1），由正弦定理得：，即，又，，，，又，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

11；（2）由题意知：，，又，；（3），，由余弦定理得：，即，解得：，的周长为.【点睛】方法点睛：与面积有关的问题，一般要用到正弦定理和余弦定理进行边和角的互化.17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.（1）若，求证：直线平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

12【答案】（1）证明过程见详解（2）（3）存在，，理由见详解.【解析】【分析】(1)取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解；(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；(3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解.【小问1详解】取的一个靠近点的三等分点，连接，因为，所以且,又因为，且，点为中点，所以且，则四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以直线平面.【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

13则，又为的中点，则，所以，,设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为.【小问3详解】存在，.假设存在点(不包括端点)，设，即，，由（2）得，且平面的法向量，，则，所以，因为与平面所成角的正弦值为，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

14则，整理得：，解得：或（舍去），故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时.18.已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，．（1）求数列和的通项公式；（2）记，，求数列的前项和；（3）记，，证明数列的前项和．【答案】（1）,（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)根据等差等比数列通项公式直接求解；(2)利用错位相减法求和；(3)利用裂项相消求和.【小问1详解】设公差为，公比为，则由题可得数列的前8项的和，因为，所以，所以，又因为，所以解得或（舍），所以.【小问2详解】由（1）得，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

15所以，即，，两式相减得，所以，【小问3详解】由（1）得则，.因为所以19.已知椭圆的离心率，短轴长为，椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆位于轴上方的部分，（1）求椭圆的方程；（2）若直线的斜率为，求弦的长度；（3）若直线与轴交于点，点是轴上一点，且满足，直线与椭圆交于点.是否存在直线，使得的面积为2，若存在，求出直线的斜率，若不存在，说明理由.【答案】（1）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

16（2）（3）存在直线，使得面积为2，此时直线的斜率【解析】【分析】（1）由已知有，解方程组即可；（2）直线的方程为，与椭圆方程联立，由弦长公式求解即可；（3）由题意求出的坐标，进而可得直线的方程为，并与与椭圆方程联立，可得点坐标，由此可判断关于原点对称，故直线过原点，所以，令求解即可【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆的方程为；小问2详解】由（1）可知，设，直线的方程为，由得，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

17所以，，所以；【小问3详解】由（2）可知，即，所以，即，直线的方程为，令，解得，即，设，由题意有，解得，即，进而可得直线的方程为，由得，解得，进而，即，因为，，所以关于原点对称，故直线过原点，所以，当时，即，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

18解得，所以存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率20.已知函数（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；（3）若，判断函数的零点的个数.【答案】（1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点．【解析】【分析】（1）当时，对求导，求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；（2）若，且在区间，上恒成立，即：在，上的最小值大于1；利用导数求判断函数的最小值．（3）分类讨论判断的单调性与函数的最小值，从而验证在区间上单调递增．再构造新函数，证明，进而判断函数是否穿过轴即可．【详解】解：（1）若，则，所以，所以，所以切线方程为（2）依题意，在区间上因为，．令得，或．若，则由得，；由得，．所以，满足条件；若，则由得，或；由得，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

19，依题意，即，所以．若，则．所以在区间上单调递增，，不满足条件；综上，．（3），．所以．设，．令得．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．因为，所以．所以的最小值．从而，在区间上单调递增．又，设．则．令得．由，得；由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．所以恒成立．所以，．第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

20所以．又，所以当时，函数恰有1个零点．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

21第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司