甘肃省酒泉市2022-2023学年高三上学期期末考试数学（理科）试题（含解析）

2022-2023学年甘肃省酒泉市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. D.【答案】D【解析】【分析】解出不等式，然后根据交集的定义可得答案.【详解】因为，所以.故选：D2.若，则在复平面内复数z对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.【详解】因为，所以，故z对应的点位于复平面内第二象限．故选：B．3.现有一球形气球，在吹气球时，气球的体积V（单位：L）与直径d（单位：）的关系式为，当时，气球体积的瞬时变化率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，求出导数，即可求出，从而得解；【详解】解：设，所以，所以．故选：A4.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式和基本关系式求解.【详解】因为，所以．故选：C．5.已知等差数列的前n项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列前项和公式，及下标和性质得到、，即可得到方程，计算可得；【详解】解：由，有，得．故选：A6.若实数x，y满足约束条件则最大值是（）A.16 B.12 C.10 D.15【答案】A【解析】【分析】作出可行域，由数形结合求解即可.【详解】由实数x，y满足约束条件画出可行域，如图阴影部分：将转化为，平移直线，当直线经过时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，最大值为．故选：A7.窗棂是中国传统木构建筑的框架结构设计，使窗成为传统建筑中最重要的构成要素之一，成为建筑的审美中心．如图所示的窗棂图案，是将正方形的内切圆六等分，连接对应等分点，在圆的内部构成的平面图形．若在正方形内随机取一点，则该点在窗棂图案上阴影内的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意，根据几何概型，只需要求阴影部分的面积之和比上正方形的面积.【详解】根据题意，设正方形边长为，∴正方形面积为，，∴，,由几何关系易得每个小阴影三角形是正三角形，∴阴影部分面积为：．∴若在正方形内随机取一点，则该点在窗棂图案上阴影内的概率为．故选：B8.已知p：“”，q：“函数（，且）的图象不经过第二象限”，则p是q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件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】根据指数函数的图象以及充分必要条件的定义判断即可.【详解】当的图象不过第二象限，当时，的图象也不过第二象限．因此p是q的充分不必要条件．故选：A．9.已知等比数列中，，公比，则下列说法正确的是（）A.数列是等比数列 B.数列不是等比数列C.数列等比数列 D.数列是单调递减数列【答案】C【解析】【分析】先求得，然后结合等差、等比数列的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项．【详解】∵等比数列中，，公比，∴．由此可得，故A错误；，故数列是等比数列，故B错误；，故数列是等比数列，故C正确；，故数列是递增数列，故D错误．故选：C．10.过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，若的最小值为4，则的最小值是（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】根据焦点弦性质得到，设直线的倾斜角为，即可得到，，再根据三角函数的性质计算可得；【详解】解：抛物线的焦点弦，故，设直线的倾斜角为，则，，则．当且仅当，即时取等号；故选：C11.在中，，，P为上一点，且满足，若，则的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，则，结合已知化简可得再由，得，化简得，结合前面的式子可求得，从而可求出的值，进而可求得结果【详解】设，则，将代入化简得，则又，则，化简得，将代入得，所以，则的值是．故选：B．12.定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：恰有3个相同数字的排列为种，恰有2个相同数字的排列为种，恰有0个相同数字的排列为种，求得其平均值和最小值，由此可得选项.【详解】解：由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：（1）恰有3个相同数字的排列为种，则共有4个；（2）恰有2个相同数字的排列为种，则共有36个；（3）恰有0个相同数字的排列为种，则共有24个．所以平均值为，故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则________．【答案】【解析】【分析】根据图象平移运算公式即可求解．【详解】函数，则．故答案为：14.已知随机变量满足，且，则_______；_______【答案】①.②.##【解析】【分析】由求出的值，再根据两个随机变量间的关系可求得结果【详解】，，，．故答案为：，15.已知双曲线的左、右焦点为，过的直线交双曲线右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为___________．【答案】##【解析】【分析】设，由题意可得，结合双曲线定义可得，再利用勾股定理可得结果.【详解】设，因为，且，所以，由双曲线的定义得，因为，所以，解得，所以在中，，即，解得．故答案：16.在一个棱长为的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球体积的最大值是___________．【答案】##【解析】【分析】作出组合体的中截面，由题意可得大球半径R和小球半径r满足，从而可求出，进而可求得答案【详解】如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径R和小球半径r满足，解得，故小球体积的最大值为．故答案为：三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．（1）证明：；（2）若，求的面积．【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】【分析】小问1：证法一：运用余弦定理可证，证法二：利用正弦定理可证；小问2：由余弦定理求得，结合三角形面积公式可求结果．【小问1详解】（1）证法一：∵，∴，由余弦定理可得．则，，∴．证法二：∵，由正弦定理得，∴，可得，所以由正弦定理可得．【小问2详解】（2）由余弦定理可得．∴，∴，∵，A为三角形内角，∴，∴．18.如图，在五面体中，底面四边形为正方形，平面平面.（1）求证：；（2）若，，，，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面，即得证；（2）以D为坐标原点，分别以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】证明：（1）在正方形中，，平面，平面，平面，又平面，且平面，.（2）四边形为正方形，，平面,平面，平面，，又，以D为坐标原点，分别以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，可知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，，则，令，，设平面与平面所成的锐二面角为，则，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.19.甲乙两队进行篮球比赛，约定赛制如下：谁先赢四场则最终获胜，已知每场比赛甲赢的概率为，输的概率为．（1）求甲最终获胜的概率；（2）记最终比赛场次为X，求随机变量X的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设甲最终获胜的概率为P，分四局比赛获胜、五局比赛获胜、六局比赛获胜、七局比赛获胜这几种情况讨论，根据相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得．（2）依题意X的所有可能取值为4，5，6，7，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望．【小问1详解】解：设甲最终获胜的概率为P．∵甲四局比赛获得胜利的概率为；甲五局比赛获得胜利的概率为；甲六局比赛获得胜利的概率为；甲七局比赛获得胜利的概率为．∴．∴甲最终获胜的概率为．【小问2详解】解：X的所有可能取值为4，5，6，7．；；；．随机变量X的分布列为：X4567P∴．∴X的数学期望为20.已知为椭圆上的一点，为椭圆C的左、右焦点，点，直线将的面积分为3∶1两部分．（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C相交于P，Q两点，M为的中点，O为坐标原点，且，求实数m的最小值．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】小问1：由为椭圆上的点，所以，又直线将的面积分为3∶1两部分，可得值，即可求方程；小问2：联立直线与椭圆方程，运用韦达定理和中点公式结合已知条件和判断式大于即可求解．【小问1详解】（1）由为椭圆上的点，所以，又直线将的面积分为3∶1两部分，解之可得，，故椭圆C的方程为．【小问2详解】（2）设，由得，由，得①，且，由M为的中点，且，得，即，化简得，代入①中有，，可得，，令，有．由函数单调递增，故当时，为m的最小值．21.已知函数，其中．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】小问1：函数的定义域为，，讨论与即可求解；小问2：若函数有且仅有两个零点，必有，且，根据的单调性，结合零点存在性定理即可求解．【小问1详解】（1）函数的定义域为，，①当时，，此时函数单调递增，没有减区间；②当时，令，有，可得函数的增区间为，减区间为，【小问2详解】（2）由（1）可知，若函数有且仅有两个零点，必有，且，又由，令，有．可得函数单调递减，又由，可得时，，故时，，当且时，存在M，使得，有，存在时，，故有（利用不等式），由上知，若函数有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求直线l直角坐标方程和曲线C的直角坐标方程；（2）已知点，若直线l与曲线C相交于P，Q两点，求的值．【答案】（1）曲线C的方程为，直线l的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用直线参数方程中参数的几何意义，结合一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.【小问1详解】在曲线C的参数方程中消去参数m，有，故曲线C的方程为，直线的极坐标方程展开为，代入可得直线l的直角坐标方程为．【小问2详解】设直线l的参数方程为t为参数，代入方程，有，整理为，设点P、Q对应