天津市南开区翔宇学校2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版含解析）.docx

1、高三年级数学学科期末反馈练习第卷一、选择题（在每题给出的四个选项中，只有一个是最符合题目要求的.）1. 设全集为，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把化简，分别求出集合，然后求解.【详解】又，又故选：A2. 已知命题和命题，则p是q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】先求解命题，再根据充分条件和必要条件的定义即可得到结果【详解】命题即命题即，所以，p是q的充分不必要条件故选：A3. 函数的图象可能是（）AB. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据为奇函数排除A，C，再根据即可得到答案.【

2、详解】，定义域，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故A，C错误，因为，所以，又因为，当且仅当，即时取等号，所以，又因为时，所以，由图知：D正确.故选：D4. 某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成标准分100分，统计并制成如图所示的直方图，则标准分不低于70分的企业数为（）A. 30B. 60C. 70D. 130【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图得到标准分不低于70分的企业数为频率，进而得到企业数.【详解】根据频率分布直方图，标准分不低于70分的企业数为频率为，标准分不低于70分的企业数为为（家）故选：C5

3、. 设，则的大小关系为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（3）借助于中间值，例如：0或1等.6. 已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的方程为（）A

4、. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件求出的值，可求得的值，再由点在直线上可求得的值，由此可得出双曲线的标准方程.【详解】由已知条件可知，抛物线的准线方程为，可得，所以，抛物线的标准方程为，抛物线的焦点为，由于双曲线的左顶点与抛物线的焦点间的距离为，则，解得，点在第三象限，由题意可知，点在直线上，所以，解得.因此，双曲线的标准方程为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线标准方程的求解，解题的关键在于结合已知条件求出、的值，并结合焦点的位置可得出双曲线的方程.7. 设函数，给出下列结论：最小正周期为；在单调递减；的图象关于直线对称；把函数图象上所有点向右平移个单位长度

5、，可得到函数的图象其中正确的结论有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】根据二倍角的正弦公式、辅助角公式化简函数的解析式，然后运用余弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】.A：因为的最小正周期为，所以本结论正确；B：当时，显然不是的子集，所以本结论不正确；C：因为，所以函数的图象关于直线对称，因此本结论正确；D：函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象，因此本结论正确，共有3个结论正确，故选：C8. 在四面体中，平面，为正三角形，且边长为，则该四面体的外接球的表面积是（）A. B. C. D. 32【答案】D【解析】【分析】在底面正三角形的外心作直线l底面

6、ABC，过SA的中点D作DOSA交直线l于O，判断出O为球心，分别求出,可以求出半径R和表面积.【详解】如图示，在底面正三角形的外心作直线l底面ABC，则球心O必在直线l上.过SA的中点D作DOSA交直线l于O.因为为正三角形，且边长为，所以.因为平面，面ABC，所以.因为DOSA，平面，平面，所以平面.又面面=,所以.所以四边形为平行四边形，所以.所以外接球的半径.所以外接球的表面积为.故选：D.9. 已知函数（且）在上单调递增，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知在两段上均为增函数，且在上大于或等于，作出和的图象

7、，根据交点个数判断与3的大小关系，以及直线和抛物线相切的条件，列出不等式组解出【详解】解：是上的单调递增函数，在，上单调递增，可得，且，即，作出和的函数草图如图所示：由图象可知在上有且只有一解，可得，或在上有且只有一解，即有，即有或；由，解得，即时，有且只有一解则的范围是故选：A【点睛】本题考查分段函数的单调性，函数零点的个数判断，结合函数图象判断端点值的大小是关键第卷二、填空题10. 复数满足，则_.【答案】【解析】【分析】先将复数化简，再用模长公式计算即可.【详解】由题意，故，故答案为：.11. 若的展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为_【答案】60【解析】【分析】各项

8、的二项式系数之和为64，可得，求n；再利用通项公式即可求常数项.【详解】因为各项的二项式系数之和为64，即；通项公式=令，解得.展开式中常数项为.【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式的通项公式为.12. 过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是_【答案】或【解析】【分析】将圆化为标准形式，判断点与圆的位置关系，分类讨论直线的斜率是否存在的情况，利用特殊的直角三角形求解.【详解】圆即，则，由条件点在圆内，过的直线当的不存在时，为：，则交点，满足；当的存在时，为：，即，则，则即，则，此时，即，故答案为或.13. 某学校高一年级计划成立一个统计方向的社团，为了了解高一学生对统计方面的兴趣

9、，在高一年级的全体同学中抽取了8名同学做了一个调查，结果显示其中3人对统计方向有兴趣，另外5人没兴趣若从这8人中随机抽取3人，恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为_；若以这8人的样本数据估计该学校高一年级的总体数据，且以频率作为概率，从该学校高一年级的所有学生中随机抽取3人，记对统计方向有兴趣的人数为随机变量，则的均值为_【答案】 . ； . .【解析】【分析】根据古典概型的计算公式，结合均值的运算公式进行求解即可.【详解】从这8人中随机抽取3人，恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为：；以频率作为概率，从该学校高一年级的所有学生中随机抽取1人，对统计方向有兴趣的概率为，则，所以，故答案

10、为：；.14. 已知，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由题可得，代入所求利用基本不等式即可求解.【详解】由可得，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.15. 在中，则_；若，则的最大值为_【答案】 . . 【解析】【分析】利用向量的数量的的定义及向量的投影，即可求出；将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可.【详解】如图，作，垂足为，因为，所以，所以，即，又，所以，即,所以；因为，所以,所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最大值为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.三、解答题：（解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤

11、）16. 已知的内角所对的边分别为，且满足.（1）求角的大小.（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，和正弦定理，可得，再根据余弦定理的推论即可求出结果；（2）由正弦定理知，可得，根据二倍角和同角基本关系可得和，再根据两角和的正弦公式即可求出结果.【详解】（1），可化为，由正弦定理有，化简得，（2）由正弦定理知，又，.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，以及正弦两角和公式的应用，属于基础题.17. 如图，在四棱锥中，平面，为中点，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角正弦值；（3）求平面与平面所成角的正弦值.【答案】（1）

12、证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，由已知写出、的坐标，由点坐标可得，的坐标，即有，根据线面垂直的判定即可证平面；（2）由已知点坐标及，可写出、的坐标，进而求面的一个法向量，根据直线方向向量与平面法向量夹角的坐标表示，求直线与平面所成角的正弦值；（3）由坐标系易知为平面的法向量，结合（2）所得法向量，根据两个平面法向量夹角的坐标表示，即可求二面角的余弦值，进而求其正弦值【小问1详解】证明：如图，以为原点，分别以，为轴，轴,过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则，得，所以，即，又，所以平面；【小问2详解】解：由可是，由，可得，所以，设为平面的法向量，

13、则不妨设，则，故，设直线与平面所成角为，所以，则直线与平面所成角的正弦值为；【小问3详解】解：因为为平面的法向量，设二面角的大小为，所以，所以.则二面角的正弦值为18. 设椭圆的右顶点为A，上顶点为B已知椭圆的离心率为，（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限若的面积是面积的2倍，求的值【答案】（1）；(2)【解析】【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由

14、，可得由,从而所以，椭圆的方程为（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，点的坐标为由的面积是面积的2倍，可得，从而，即易知直线的方程为，由方程组消去y，可得由方程组消去，可得由，可得，两边平方，整理得，解得，或当时，不合题意，舍去；当时，符合题意所以，的值为点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题19. 已知数列是公比的等比数列，前三项和为13，且，恰好分别是等差数列的第一项，第三项，第五项（1）求和的通项公式；

15、（2）已知，数列满足，求数列的前2n项和；（3）设，求数列的前n项和【答案】（1）（）；（）（2）（）（3）（）【解析】【分析】（1）利用等比基本量法结合等差中项列式可求得通项公式，再利用等差基本量法求得通项公式；（2），令，得到，由裂项相消求得，令，得，由错位相减求得，即可求解；（3）代入得，对指数型式子配凑进行裂项可得，再由裂项相消即可求解.【小问1详解】（1）解：或，又，则，（）设等差数列的公差为，由题意得，即，所以（）【小问2详解】（2）解：时，时，由可得，（）【小问3详解】（3）由（1）知，则故（）.20. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若在上有零点，求a的取值范围；求证：【答案

16、】（1）时，在上单调递增，当时在上单调递增，在上单调递减（2）；证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;（2）对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.【小问1详解】（1），当时，恒成立，在上单调递增当时，当时，单调递增；当时，单调递减综上，时，在上单调递增，当时在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】注意到，由（1）知，当时，在上单调递增，对任意，恒有，不合题意；同理，当时，在上单调递减，又，所以对任意，恒有，不合题意；当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意综上所述，a的取值范围为由知，当时，解得要证，只需证令，则，所以在上单调递增，又，所以在上恒成立，即，即要证，只需证，即又因为，即证令，则又，所以函数上单调递增，在上单调递减，当时，所以在恒成立，所以在上单调递减，又，所以，即，不等式得证