山西省太原市2022-2023学年高三上学期期末数学试题（含解析）

2022~2023学年第一学期高三年级期末考试数学试卷（考试时间：上午8:00—10:00）说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分．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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二次不等式的求解以及对数函数定义域的求解，结合集合运算，可得答案.【详解】由不等式，分解因式可得，解得，则；由函数，可得，解得，则；综上可得.故选：B.2.设复数满足为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：因为，所以，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限；故选：D3.已知，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由数量积的性质求得，再代夹角公式即可求解【详解】所以所以向量与的夹角为故选：C4.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的2倍，，则该曲池的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据扇形弧长公式可知弧所在圆和弧所在圆的半径之间关系为，结合可求得，再根据柱体的体积计算公式，采用切割的方式可求得结果.【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，因为弧的长度是弧长度的2倍，所以，即，又，则，所以该曲池的体积，故选：.5.某学校音乐社团为庆祝学校百年华诞将举办歌曲展演，要从4首独唱歌曲和2首合唱歌曲中选出4首歌曲安排演出，若最后一首歌曲必须是合唱歌曲，则不同的安排方法种数为（）A.96 B.120 C.240 D.360【答案】B【解析】【分析】有特殊要求得位置优先考虑，先排最后一首歌曲，再排前三首歌曲【详解】第一步，先从两首合唱歌曲中选一首按排在最后的方法有种第二步，从其余的歌曲中选三首歌曲安排在前三位的方法有种则不同的安排方法种数为：故选：B6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据，结合二倍角公式求解即可.【详解】解：因为，所以.故选：C7.如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等差数列，设表示该数阵中第m行、第n列的数，则下列说法正确的是（）234567…35791112…4710131619…5913172125…6111212631…71319253137……A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数阵中数的规律逐项进行检验即可求解.【详解】对于，表示第3行第18个数字，由数阵可知：第3行是以4为首项，以3为公差的等差数列，则第18个数字为，故选项错误；对于，表示第6行第8个数字，由数阵可知：第6行是以7为首项，以6为公差的等差数列，则第8个数字为，故选项错误；对于，表示第7行第7个数字，由数阵可知：第7行是以8为首项，以7为公差的等差数列，则第7个数字为，故选项错误；对于，表示第12行第4个数字，由数阵可知：第12行是以13为首项，以12为公差的等差数列，则第4个数字为，故选项正确，故选：.8.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若均为偶函数，当时，，且，则（）A.20 B.30 C.35 D.40【答案】B【解析】【分析】由题知函数图象关于对称，，进而得也为周期函数，周期为，再根据周期性求解即可.【详解】解：因为均为偶函数，所以所以，函数图象关于对称，函数图象关于对称，因为，所以，为常数，即，因为，所以，令得，即因为当时，且，所以，即，解得，所以，当时，，，因为函数图象关于对称，所以，因为，即，所以，令，则，所以，即函数为周期函数，周期为，所以也为周期函数，周期为.因为函数图象关于对称，所以，所以，所以，.故选：B【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于根据奇偶函数的定义式推导得到函数的对称性，进而根据对称性与周期性的关系求得函数的周期性，将问题转化为函数一个周期内的函数值的求解问题.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.已知正数x，y满足，则下列结论正确的是（）A.的最大值是1 B.的最小值是4C.的最大值是 D.的最小值是1【答案】AC【解析】【分析】对于A、B、D：利用基本不等式求出最值，即可判断；对于C：利用二次函数求最值.【详解】正数x，y满足.对于A：，所以.（当且仅当时“=”成立）.所以的最大值是1.故A正确；对于B：因为，所以，所以，所以（当且仅当时“=”成立）.故B错误；对于C：因为正数x，y满足，所以，其中，所以，所以当时，的最大值是.故C正确；对于D：因为正数x，y满足，所以，所以（当且仅当，即时“=”成立）.故D错误.故选：AC10.已知函数的部分图像如图所示，下列结论正确的是（）A.的图像关于直线对称B.的图像关于点对称C.将函数的图像向左平移个单位长度可以得到函数的图像D.方程在上有7个不相等实数根【答案】AB【解析】【分析】根据题意得，再结合三角函数的性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：由题知，，即，故，解得，所以，再将代入解析式得，解得，因为，所以，即，对于A选项，当时，，由于是函数的一条对称轴，故的图像关于直线对称，正确；对于B选项，当时，，由于是函数的一个对称中心，故的图像关于点对称，正确；对于C选项，函数的图像向左平移个单位长度，故错误；对于D选项，，即，故或，即或，所以，当时，的实数根为，，共个不相等的实数根，故错误.故选：AB11.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是（）A.若点，则的最小值是3B.的最小值是2C.若，则直线的斜率为D.过点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为，则点的横坐标为【答案】ACD【解析】【分析】过点分别作准线的垂线，垂足分别为，进而根据抛物线的定义判断A；根据判断B；设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理，根据解方程即可得判断C；根据直线与曲线的位置关系得过点，分别与抛物线相切的直线方程为，，进而联立方程解得可判断D.【详解】解：由题知，，准线方程为，对于A选项，如图，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，故，故正确；对于B选项，设，故，故错误；对于C选项，当直线的斜率不存在时，，不成立；故直线的斜率存在，设方程为，与抛物线方程联立得，所以，因为，所以，即，解得，故正确；对于D选项，设过点与抛物线相切的直线方程为，与抛物线方程联立得，所以，整理得，所以，故即为，整理得同理得过点与抛物线相切的直线方程为，所以，联立方程，解方程得，因为，所以所以，即点的横坐标为，故正确.故选：ACD12.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，P为上底面上的动点，M为棱的中点，下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值1B.当直线与平面所成角为时，点P的轨迹长度为C.若直线平面，则线段长度的最小值为D.直线被正四棱柱外接球所截得线段长度的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】A选项：P在上底面上运动，则点到底面的距离为定值，体积公式计算可求出结果；B选项：利用为定值，可求出点的轨迹为圆的一部分，从而求出轨迹长度；C选项：直线平面，则所在的平面与平面平行，可发现，计算到的距离再勾股运算，可求出的最小值；D选项：结合弦长最短和P在上底面上运动，可知在中点时，弦长最短，直线过球心时，弦长最长，从而求出范围.【详解】解：A选项：P在上底面上运动，点到底面距离为定值3，所以，故A正确；B选项：连接，直线与平面所成角为，即，则有为定值，即点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，所以点P的轨迹长度为，故B错误；C选项：因为平面平面，所以若直线平面，则有，到的距离为，所以，故C正确；D选项：正四棱柱外接球的半径为，因为P在上底面上运动，所以弦最短时在上底面的边上，当在中点时，直线被球截得的弦最短，此时弦长为，当直线过球心时，弦长最长为，所以线段长度的取值范围为，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数的图象在处的切线经过坐标原点，则实数____________．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义求出切线方程，结合切线经过坐标原点，即可求得的值.【详解】因为，所以，

所以，又，所以在处的切线方程为：，又切线方程过原点，把代入得，解得：．故答案为：.14.的展开式中常数项为_________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】利用二项式定理，写出通项，根据多项式乘法，结合赋值法，可得答案.【详解】由，根据二项式定理，其展开式的通项为，由，其展开式的通项可表示为，整理可得，显然当时，取得常数项，其为.故答案为：.15.在临床上，经常用某种试验来诊断试验者是否患有某种癌症，设“试验结果为阳性”，“试验者患有此癌症”，据临床统计显示，．已知某地人群中患有此种癌症概率为，现从该人群中随机抽在了1人，其试验结果是阳性，则此人患有此种癌症的概率为_____________．【答案】【解析】【分析】根据已知得出，与，再由条件概率公式与全概率公式计算得出结果.【详解】由题意可得：，，，，，故答案为：.16.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，切点为，延长交双曲线的左支于点．若，则双曲线离心率的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】由题知，，，，进而结合双曲线的性质，余弦定理得，故且，进而得，再根据离心率公式求解即可.【详解】解：如图，因为过作圆的切线，切点为，所以，，所以，在中，，，，，因为，延长交双曲线的左支于点，所以，即，所以，在中，，整理得，所以，即，所以因为，即，整理得，即所以，综上，双曲线离心率的取值范围是故答案为：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.已知数列的前n项和为．（1）从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，求的通项公式；（2）设，记的前n项和为，若对任意正整数的n，不等式恒成立，求的最小值．条件①，且；条件②为等比数列，且满足；（注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．）【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）选择条件①，结合题意得，进而得为公比的等比数列，再根据等比数列求得，进而求解通项公式；选择条件②，由题知，再根据等比数列通项公式求解即可；（2）由题知，进而根据裂项求和法得，进而得.【小问1详解】解：选择条件①，且，由题意可得，∴，即，∴为公比的等比数列，∵，∴，解得，∴；选择条件②等比数列，且满足，由题意可得，∴，∴；【小问2详解】由（1）得，∴，∴，∵，，∴∴不等式恒成立时，，即的最小值为．18.在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足．（1）求证：；（2）求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，即可证明（2）消元，将要求取值范围的代数式转化为，利用第一问得出的结论求出角的取值范围，从而得到的取值范围，最后应用对勾函数的单调性即可求解【小问1详解】由余弦定理得，∵，∴∴∴，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴，∴，∴【小问2详解】由（1）得，∴，∵，又，∴，∴，函数在上单调递减，在上单调递增，∴，∴的取值范围为．19.从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，整理测量结果得到如下频率分布直方图：（1）求这500件产品质量指标值的样本平均值和样本方差（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z服从正态分布，其中近似为样本平均数近似为样本方差．（ⅰ）利用该正态分布，求；（ⅱ）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间的产品件数．利用（ⅰ）的结果，求．附：；若，则．【答案】（1）200；150（2）（ⅰ）；（ⅱ）9544【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图直接计算平均数与方差即可；（2）（i）由题知，进而根据正态分布求解即可；（ii）由题知，进而根据二项分布求解即可；【小问1详解】解：由题意得，【小问2详解】解：由题意得，（ⅰ）∵，∴；（ⅱ）由（ⅰ）得从该企业购买了1件这种产品，其质量指标值位于区间的概率为，∴，∴．20.如图，在三棱锥中，平面平面，，O为的中点．（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点E在棱上，，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）利用等腰三角形中线就是高,得到,然后利用面面垂直的性质,得到平面,从而得到（2）取的中点,因为为正三角形,所以,过作与交于点,则,所以两两垂直,以点为坐标原点,分别以,所在直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,利用空间向量及二面角的大小为求得,可得点坐标,求出平面的一个法向量及,即可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】∵O为的中点，，∴，∵平面平面，且平面平面，平面∴平面，又平面∴【小问2详解】由（1）得平面，以点O为原点，所在的直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可得，设是平面的一个法向量，则∴，令，则，∴，由题意可知是平面的一个法向量，∴，∴，∴，，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为．21.已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆C经过点，且直线，与圆相切．（1）求椭圆C的方程；（2）直线与椭圆C交于P，Q两点，点M在x轴上，且满足，求点M横坐标的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析