江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期末复习数学试题解析

2022~2023学年度高三年级第一学期期末复习试卷数学一、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.若，，且，则a＝（）A.－9 B.－3 C.3 D.9【答案】C【解析】【分析】先化简集合A、B，再利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值.【详解】，，则由可得，，解之得故选：C2.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则即可得到结果【详解】所以虚部为故选：A3.已知点，在抛物线C：上，则C的准线方程为（）A.x＝－1 B.x＝1 C.y＝－1 D.y＝1【答案】C【解析】【分析】根据点在抛物线C：上求得p求解.【详解】解：因为点在抛物线C：上，所以，解得，所以C的准线方程为，故选：C4.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用向量加法减法的几何意义即可求得【详解】中，，则故选：D5.某批待出口的水果罐头，每罐净重X（单位：g）服从正态分布．随机抽取1罐，其净重在179g与186.5g之间的概率为（）（注：若，，，）A.0.8185 B.0.84 C.0.954 D.0.9755【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的对称性，以及即可求得净重在179g与186.5g之间的概率.【详解】由题意可知，，可得净重在179g与186.5g之间的概率为由正态分布的对称性可知，；所以净重在179g与186.5g之间的概率为.故选：A.6.已知函数，若，，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由，可得为偶函数，则可得，又由，可得，进而得，将代入即可得答案.【详解】解：又因为，当时，则有，当时，则有，所以为偶函数，所以，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以以，又因为，所以，所以，所以.故选：B.7.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，又结合对数函数与指数函数的性质比较得出大小，即可得结论.【详解】解：设，，所以，则当时，，所以单调递增，则，所以，则；又，且，所以，故.故选：C.8.如图，内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝10，BC＝6，平面ABC，E为AD的中点，且____________，则点A到平面BCE的距离为（）①异面直线BE与AC所成角为60°；②三棱锥D−BEC的体积为注：从以上两个条件中任选一个，补充在横线上并作答．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】选①：在点C建立空间坐标系，结合直线BE与AC所成角为60°计算出点E坐标，得出CE长度，再用等体积法算点A到平面BCE的距离.选②：先利用三棱锥体积关系算出CD长度，再得出CE的长度，结合等体积法计算点A到平面BCE的距离.【详解】选①:AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6，为直角三角形，AC=8，如图建立空间坐标系，,设，则，,，,且,E为AD的中点，，,;.选②：AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6，为直角三角形，AC=8，又平面ABC，,设CD=h,E为AD的中点，且三棱锥D−BEC的体积为，,,,,中，,,面ACD,面ACD,,,;.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.设正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（）A.B.与平面所成的角为45°C.两条平行直线，的距离为1D.点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项；利用线面的夹角即可判断选项；根据线面垂直和线线平行即可判断选项；利用等体积法即可判断选项.【详解】对于选项，因为为正方体，所以平面，因为平面，所以，又因为为正方形，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，故选项正确；对于选项，因为为正方体，所以平面，则即为直线与平面所成的角，因为正方体的棱长为，所以，所以在中，，所以，也即直线与平面所成的角不等于，故选项错误；对于选项，因为且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则.因为为正方体，所以平面，平面，所以，同理，所以即为两平行线的距离，因为，故选项正确；对于选项，因为是棱长为1的正方体，所以是边长为的正三角形，设点到平面的距离为，由体积相等可得：，也即，所以，则，故选项正确，故选：.10.已知函数，则（）A.有两个极值点B.有2个零点C.不存在最小值D.不等式对恒成立【答案】ABD【解析】【分析】对A，由导数法可得有两个极值点；对B，由导数法可得的单调性，以及即可判断；对C，由的单调性及极小值可判断最小值；对D，原命题等价于对恒成立，令，由导数法得最小值，即可判断.【详解】，由得，故当，，在单调递增；当，，单调递减.对A，由得，故有两个极值点，A对；对B，，又当，，结合单调性可知，有2个零点，B对；对C，由的单调性得，在取得极小值，又当，，故在取得最小值，C错；对D，当，，即，即，即，故原命题等价于不等式对恒成立，令，则，故在单调递减，故，故D对.故选：ABD11.已知O坐标原点，a，b为实数，圆C：，点在圆C外，以线段CD为直径作圆M，与圆C相交于A，B两点，且，则（）A.直线DA与圆C相切B.D在圆上运动C.D.【答案】ABC【解析】【分析】通过圆M的直径所对的圆周角为直角即可判断A；根据勾股定理求出圆M的半径，从而求出的长，即可得出点的轨迹方程，从而判断B；由得知动点M的轨迹在圆C内，可判断C；用特殊点即可验证并判断选项D.【详解】由于线段CD为圆M的直径，所以,所以直线DA与圆C相切，选项A正确；设的交点为，可知,，则，圆C：，则半径,由勾股定理可得,设圆M的半径为，则，连接，则有,，解得，则，故D在圆上运动，选项B正确；圆M的半径为,如图，设圆C与轴的交点为两点，圆C的半径为,,且圆M必过点,所以动点M的轨迹在圆C内，则有,选项C正确；点的坐标为，因为D在圆上运动，当时，点的坐标为，所在的直线为，联立，消去可得，解得，因为点在圆C外，所以此时点的坐标为，即，，即存在一点的坐标为时，使得，选项D错误；故选：ABC.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系的综合应用，考查圆的轨迹方程，数形结合思想，属于较难题.12.为了确保在发生新冠肺炎疫情时，能够短时间内完成大规模全员核酸检测工作，采用“10合1混采检测”，即：每10个人的咽拭子合进一个采样管一起检测．如果该采样管中检测出来的结果是阴性，表示这10个人都是安全的．否则，立即对该混采的10个受检者暂时单独隔离，并重新采集单管拭子进行复核，以确定这10个人中的阳性者．某地区发现有输入性病例，需要进行全员核酸检测，若该地区共有10万人，设感染率为p（每个人受感染的概率），则（）A.该地区核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为人B.随机的10个一起检测的人所需检测的平均次数为次C.该区采用“10合1混采检测”，需要重新采集单管拭子的平均人数为人D.该区采用“10合1混采检测”比一人一检大约少用份检测试剂【答案】BD【解析】【分析】根据二项分布即可求解A，设随机变量表示这10个人一共所需的检验次数，求出所有取值和相应的概率，再求出的期望即可即可判断B,根据B选项可求解10万人采用“10合1混采检测”需要检测的次数，即可判断CD.【详解】感染率为，没有感染的概率为，则为阴性的人数为,则，所以核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为，故A错误，感染率为，10个人咽拭子混合在一起检测时，设随机变量表示这10个人一共所需的检验次数，若第一次混检都是阴性，所需检测次数为1，；若是阳性，每人还得再单独检测一次，此时，且，，于是平均检测次数是，故B正确，采用“10合1混采检测”，1管中需要重新采样的概率为，所以10万人中需要重新采集单管拭子的平均人数为人，故C错误，采取“10合1混采检测”方案，10万人可能需要进行检测的平均次数大约为：，即进行“10合1混采检测”方案，比“一人一检”方案少使用约份检测试剂,故D正确，故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知圆柱的高为8，该圆柱内能容纳半径最大的球的表面积为，则圆柱的体积为______．【答案】【解析】【分析】先分析半径最大的球不可能为圆柱的内切球，所以此球是与圆柱侧面与下底面相切的球，就能求出圆柱底面半径，然后根据圆柱的体积公式可得.【详解】圆柱内能容纳半径最大的球的表面积为，设此球半径为，则如果圆柱有内切球，又因为圆柱的高为8，所以内切球半径为，说明这个圆柱内能容纳半径最大的球，与圆柱侧面和下底面相切，与上底面相离，易得圆柱底面半径为，圆柱的体积为故答案为：72π

14.写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据切点和斜率写出切线方程，并根据切线过原点求得切线方程.【详解】当时，，则，曲线在点处的切线方程为.若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.当时，同理可得满足题意的切线方程为.故答案为：；15.已知椭圆C：，经过原点O的直线交C于A，B两点．P是C上一点（异于点A，B），直线BP交x轴于点D．若直线AB，AP的斜率之积为，且，则椭圆C的离心率为______．【答案】【解析】【分析】设点的坐标，求斜率，由题知，两式相减，化简得，结合，知，再利用及离心率公式即可求解.【详解】设，，，则直线AP的斜率为，BP的斜率为，由题知，两式相减得，即，即，即，又，则，即，即，则，所以，即，则椭圆C的离心率为.故答案为：16.一个盒子中装有个小球，甲、乙两个同学轮流且不放回地抓球，每次最少抓1个球，最多抓2个球．约定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢．若乙有必赢的策略，则n＝______．【答案】6或9【解析】【分析】对甲先抓球的个数进行分析，可判断的个数.【详解】若，只要甲第一次抓1个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完,则甲有必赢的策略；若，只要甲第一次抓2个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完，则甲有必赢的策略；若，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余5个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为剩余4个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略，综上,若，则乙有必赢的策略；若，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余6个球，由乙先抓，结合可知，甲有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为刺余5个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略；以此类推，当时乙有必赢的策略.综上：若乙有必赢的策略则的取值为6或9.故答案为：6或9.四、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.设为数列的前项和，，，成等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由，，成等差数列可得，再利用与的关系进行求解；（2）将代入，得出数列为等比数列，再使用等比数列前项和公式进行证明.【小问1详解】∵，，成等差数列，∴，即，当时，，∴，当时，由，有，两式相减得，即，∴，又∵，∴数列中各项均不为，∴（），∴数列是首项，公比的等比数列，∴数列的通项公式为.【小问2详解】由第（1）问，数列是首项，公比的等比数列，∴，∴，令，当，，则（），∴数列，即是首项，公比为的等比数列，∴，∴得证.18.内角的对边分别为，已知，．（1）求；（2）若，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和的余弦公式即可求得.（2）由正弦定理求出，再由余弦定理求出的值，即可求出的周长【小问1详解】由题意在中，，∴，∴，∵，∴【小问2详解】由题意及（1）得在中，由正弦定理可得，又由（1）得，∴；由余弦定理可得，∴，∴，∴的周长为：．19.如图，在正四棱锥中，，点M，N分别在上，且．（1）求证：平面；（2）当时，求平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）利用空间直角坐标系中求空间角的公式进行求解.【小问1详解】证明：连接AN并延长交BC于点E，因为正四棱锥P−ABCD，所以ABCD为正方形，所以．又因为，所以，所以在平面PAE中，，又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．【小问2详解】连接AC交BD于点O，连接PO，因为正四棱锥P−ABCD，所以平面ABCD，又OA，平面ABCD，所以，，又正方形ABCD，所以．以，，为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，因为，所以，则，，设平面AMN法向量为，则，取，；，，设平面PBC的法向量为，则取，；所以，设平面AMN与平面PBC所成的二面角为，则，所以平面AMN与平面PBC所成二面角的正弦值为．20.有9只不同的实验产品，其中有4只不合格品、5只合格品．现每次取一只测试，直到4只不合格全部辨别出为止．（1）若最后1只不合格品正好在第6次测试时被发现，不同的情形有多少种？（2）记4只不合格品全部辨别出来所需测试的次数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）4800（2）分布列见解析，数学期望为．【解析】【分析】（1）根据排列、组合的知识求得正确答案.（2）根据已知条件求得的分布列，进而求得数学期望.【小问1详解】最后1只不合格品正好在第6次测试时被发现，意味着前面5次测试中测试出3只不合格品，2只合格品，所以共有种不同情形．【小问2详解】X的可能取值为4，5，6，7，8．，，，，，所以X的分布列为X45678P．所以X的数学期望为．21.已知函数．（1）若，证明：；（2）若在有且仅有唯一零点，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）求出当时，的最小值，利用进行证明；（2）讨论在不同范围内时，在区间的单调性，根据单调性，确定有唯一零点时需满足的条件，由此求出的值.【小问1详解】由已知的定义域为，当时，，∴