2022-2023学年山东省青岛市高三年级上册期末数学试题

2022-2023学年山东省青岛市高三上学期期末

高三数学试题

本试题卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

一、单项选择题：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.

i-2

1.复数1+i的虚部为()

3.33

A.—iB.-C.---

222

2.若(〃+x)3+(q—x)4的展开式中含有/项的系数为18,则。=()

3332

A2B.-C.二或一2D.——或

222

-2

3.已知集合A={(x,y)|炉+，-2工=0},5={(x,y)|y=4(％+1),若

则O

A.--<A:<—B.-V3<^<V3

33

C.—D.kz6或kW-也

33

4.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，

它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,

共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该

多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为()

A.4B.1C.y/2D.272

5.“加=1”是“函数/(尤)=!7邙为奇函数”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

6.已知函数/(x)=2sin®x+o)(0<e<7r)的部分图像如下图所示，将/(x)的图像向

左平移展个单位后得到函数y=g(x)的图像，则函数y=g(x)+g]?的最小值为()

97

A.-4B.一一C.一一D.0

44

7.为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩(均为整数)中

各随机抽查20个，得到如图所示的数据图(用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区

间的值均取该区间的中点值)，关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是()

A.甲班众数小于乙班众数B.乙班成绩75百分位数为79

C.甲班的中位数为74D.甲班平均数大于乙班平均数估计

值

8.已知定义域为[0』的“类康托尔函数满足：①V0<1,/(^)</(x2)；

②/(x)=2噌｝③仆)+/(1)=1.则圭卜()

1111

A.—B.—C.---D.---

3264128256

二、多项选择题：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.通过长期调查知，人类汗液中A指标的值X服从正态分布N(10,2.52).则()

参考数据：若则P(XW/Z+CT)=0.6827；

尸(/z-2o-<X</z+2cr)=0.9545.

A.估计100人中汗液A指标的值超过10的人数约为50

B.估计10()人中汗液A指标的值超过12.5的人数约为16

C.估计100人中汗液A指标的值不超过15的人数约为95

D.随机抽检5人中汗液A指标的值恰有2人超过10的概率为4

10.已知对任意平面向量4B=(x,y),把A8绕其起点沿逆时针方向旋转。角得到向量

AP=(xcos0-^sin0,xsin0+>vos0)，叫做把点5绕点A沿逆时针方向旋转。角得到点

尸.已知平面内点4（2,1）,点3（2+7,1—。，,q=2及，AB-O4〉0,点8绕点A沿

7T

逆时针方向旋转；角得到点P,则（）

3

A.网=2及B.AB=（-2,2）

C.8的坐标为（4,一1）D.P的坐标为（3+6,6）

/T22

11.己知。为坐标原点，离心率为竽的椭圆C：T+方=1（。＞02＞0）的左，右焦点分

别为K，B，。与曲线、=8院恰有三个交点，则（）

A.椭圆c的长轴长为百

B.。的内接正方形面积等于3

C.点W在C上，WF,1WF2,则△口，片居的面积等于1

D.曲线C与曲线y=J%—41nx+21n2-1没有交点

12.已知数列｛叫和间满足％=1，4=0,1=H+1,2b向=》一$1.

贝1J（）

A.a2-2b2=^B.数歹式4+22｝是等比数列

C.数列｛%-2d｝是等差数列D.

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13已知sina+sin夕=1,cosa+cos/=,则cos（c-/7）=.

14.将8块完全相同的巧克力分配给A,B,C,。四人，每人至少分到1块且最多分到3块,

则不同的分配方案共有种（用数字作答）.

15.已知O为坐标原点，抛物线。：产=2*（。＞0）的焦点为/,过口的直线交C于A,

B两点,A,8中点。在x轴上方且其横坐标为1,|AB|=3,则直线AB的斜率为.

16.已知球。的半径为2,圆锥W的顶点和底面圆周上的点均在球。上，记球心。到圆锥W

底面的距离为/?,圆锥W的底面半经为L则（1）的最大值为；（2）圆锥W体

积的最大值为.

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

17.在_ABC中，sinB-sinC-cosA+2sinA-sinC-cosB=3sinA-sinB-cosC,内角A,B,

。的对边分别记为“，b,c.

(1)求---；—的值：

c

(2)求cosC的最小值.

18.如图1所示，在」45C中，点E,尸在线段A8上，点。在线段BC上，

AE=EF=FB=\，CE=2,DF=\,CEJ.AB.^hACE,ABOF分别沿CE,OF折起

至点A,B重合为点G,形成如图2所示的几何体W,在几何体W中作答下面的问题.

(1)证明：平面£FG_L平面CEFD；

(2)求点。到平面CFG的距离.

19.记数列｛凡｝的前〃项和为S,，%=1,.给出下列两个条件：条件①：数列｛凡｝

和数列｛S,,+4｝均为等比数列；条件②：2%+2"-&+…+2/=3,…试在上面的两个条件

中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两间的解答：

(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.)

(1)求数列｛%｝的通项公式：

2/1

(2)记正项数列｛2｝的前几项和为7；，"=。2，b2=%，47；=%也M,求X[(一1)'她+」•

/=1

20.由〃个小正方形构成长方形网格有加行和〃列.每次将一个小球放到一个小正方形内，

放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为〃，放红球的概率为％p+q=L

(1)若〃2=2,p=q=g,记y表示100轮放球实验中“每一列至少一个红球”的轮数，统

计数据如表：

ni2345

y7656423026

求y关于“的回归方程Iny=加+夕，并预测〃=10时，y的值；(精确到1)

12

(2)若〃2=2,〃=2,/?=-,q=-,记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随

机变量X，求X的分布列和数学期望;

(3)求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：>i.

工王弘一反•95

附：经验回归方程系数：3=气-------------,a=y-bx,t%/ny=53,h^=3.8.

£然反2T

1=1

2

21.已知0为坐标原点，动直线/：y=Ax+〃?(加00)与双曲线C：f一底=]p>o)的渐

近线交于A,B两点，与椭圆。:土+>2=1交于E,尸两点.当左2=1()时，

2-

2(OA+Q3)=3(OE+Ofj.

(1)求双曲线C的方程；

(2)若动直线/与C相切，证明：AOLB的面积为定值.

22.已知函数/(x)=xlnx+1最小值和g(x)=ln(l+x)-or的最大值相等.

e

(1)求。；

2

(2)证明：ln%>eT——；

ex

「qm+l.

1，

(3)已知“？正整数，证明：1+--------->e2m+2.

2m(m+1)

2022-2023学年度第一学期期末考试

高三数学试题

1.【答案】B

2.【答案】C

3.【答案】A

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】B

7.【答案】D

8.【答案】C

二、多项选择题：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.【答案】ABD

10.【答案】ACD

11.【答案】BCD

12.【答案】BCD

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13.【答案】1##0.5

14.【答案】19

15.【答案】0

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.在^中，sinB-sinC-cosA+2sinA-sinC-cosB=3sinA-sinB-cosC,内角A，B,

C的对边分别记为。，b,c.

（1）求I+,2忙的值;

c

（2）求cosC的最小值.

【答案】（1）3；

⑵

3

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算可得/+2〃=3c2,从而代

入矿+；2a,即可求解出答案；（2）根据余弦定理，结合（1）结论化简表示得

C-

cosC=—+—,再利用基本不等式即可求解cosC的最小值.

3b6a

【小问1详解】

由正弦定理边角互化可得，

be-cosA+2ac-cosB=3ab-cosC，

Iz十士m殂,b2+c2-a2-a2+c2-h2„.a2+b2-c2

由余弦定1理得，be----------------+2ac-----------------=3ab----------------

2bclaclab

化简得/=3（）+“一巧,

22

从而得3c2-。2-2〃=0,gpa2+2b2=3c2,

【小问2详解】

由余弦定理得，

因为在，ABC中。，人均大于0,

,,COSA±>EZ2/1.

C=3h+6a273b6a=3

ah

当且仅当丁二丁，即〃=2/时取等号，

3b6a

所以cosC的最小值为也.

3

【点睛】思路点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边

的关系.题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定

理.应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用.解决三角形问题时，注意角的限制范围.

18.如图1所示，在_ABC中，点£,尸在线段A8上，点O在线段BC上，

AE=EF=FB=\，CE=2,DF=\,CE1AB：^^ACE,ABOF分另ij沿CE,OF折起

至点A,B重合为点G,形成如图2所示的几何体W,在几何体W中作答下面的问题.

(1)证明：平面£FG_L平面CEFD；

(2)求点。到平面CFG的距离.

【答案】(1)证明过程见详解

⑵—

19

【解析】

【分析】(1)根据题意可证。尸1平面EFG,利用面面垂直的判定即可证明；

(2)点D到平面CGF的距离为人，利用体积相等VD_CGF=VGYDF，计算即可求解.

【小问1详解】

由题意知：DFAEF，DF1FG,

因为EFcFG=F,且E£FGu平面ERG,所以。尸1平面瓦G,

又因为u平面CEFD,所以平面EFG1平面CEFD.

【小问2详解】

由题意可知：£FG是边长为1的正三角形，取EE的中点P，连接GP,则有GP_L£b,

且GP力,

2

由（1）知平面EFG_L平面CE7X）,且平面EFGc平面CEED=EE

,所以GP_L平面CEFD,

由（1）知：DF上平面EFG,因为CEiiDF,所以CE_L平面EPG,

又因为EF=EG=1，CE=2,所以CF=CG=JL

在406/中，过点。作CQLGR,则。为GF的中点，

所以C°=A/CG2_GQ2=平，所以S©。­=gGP-CQ=gxlx^=平，

又因为S°F=；£）F-EF=gxlxl=g,设点。到平面CGE的距离为人，

则%-CGF=%-CDF，也即?S,GCF/=GSC*GP,所以L晅xk'L走，

3334322

所以。=叵，即点。到平面CGE的距离为亘.

1919

19.记数列｛q｝的前〃项和为S“，/=1,.给出下列两个条件：条件①：数列｛q｝

和数列｛S,+4｝均为等比数列；条件②：2飞+2”-&+…+2/=〃4.一试在上面的两个条件

中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两间的解答：

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）

（1）求数列｛4｝的通项公式；

2〃

（2）记正项数列也｝的前“项和为1,，乙=4,b2=%，47；,=2•%，求£[（-1）'她+J

/=]

【答案】(1)%=2"T

(2)4/+12〃

【解析】

【分析】(1)选择条件①：先由｛S,,+q｝为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比

数列｛4｝的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；

选择条件②：先由2".+2"'4+…+2a.=，町向得出

2"a,+2"-'^+•••+22=2(n-1)(n>2),两式做减即可得出凡刊=2%22),

再验证〃=1时即可利用等比数列通项公式得出答案；

(2)通过4北=也,心田得出47；1=〃_/么(〃22),两式相减结合已知即可得出

b^-b,^=4(n>2),即数列也｝的奇数项、偶数项分别都成公差为2的等差数列，将

E[(T)刈4+J转化即可得出答案.

/=1

【小问1详解】

选条件①：

数列｛S“+q｝为等比数列，

.'.(S2+6(,)-=(S,+t7))(S3+<2,)>

即(2«,+«2)'=2。](2〃]+4+%)，

・；%=1,且设等比数列｛凡｝的公比为q,

；.(2+q)~=2(2+q+q~),

解得q=2或q=0(舍)，

an=a”"-'=2"-'，

选条件②：

2"4+2"।a,+•••+2a“=ncin+t(J),

2"T4+2>24+…+4_]=(〃_1)%(〃22),

即2Z+2n■&+…+22%_|=2（"_1）（（〃之2）②,

由①②两式相减得：2%^nall+l-2（H-l）a„（/i>2）,

即a“+］=2a"（〃N2）,

令2""+2"-'a2+…+2«„=na„+,中〃=1得出。2=2%也符合上式，

故数列｛4｝为首项q=1,公比夕=2等比数列，

则a“=a闻"T=2-',

【小问2详解】

由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列｛%｝为首项4=1,公比4=2的等比数歹ij,

即an=2"-',

则/?|—a?=2,Z?2=—4,

乜=小%.③，

•也―（心2）.④，

由③④两式相减得：4（③-射）=外鼠-％由（〃之2）,

即做之2）,

数列也｝为正项数列，

则%-%=4（〃22）,

则数列｛a｝的奇数项、偶数项分别都成公差为2的等差数列，

2/12〃

Z［（T）4九」=42［（-1）'（］=4（一（+（一不+4+—匕t+J），

；=Ii=\

即W［（T）'〃4+J=4（4+a+%++%,）,

;=1

数列也｝前2〃项中的全部偶数项之和为：4〃+"x2="+3〃，

/=1

20.由““个小正方形构成长方形网格有加行和〃列.每次将一个小球放到一个小正方形内，

放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为。，放红球的概率为q,p+q=l.

(1)若加=2,p=q卷记y表示100轮放球实验中“每一列至少一个红球''的轮数，统

计数据如表：

n12345

y7656423026

求y关于〃的回归方程Iny=历+々，并预测〃=10时，y的值；(精确到1)

12

(2)若机=2,〃=2,p=-,q=~,记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随

机变量X,求X的分布列和数学期望；

(3)求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：(1——

k

Zx/一反•95

附：经验回归方程系数：$----------,a=y-bx,Z%/ny=53,而不=3.8.

方玉2-反2T

/=1

【答案】(1)Iny=-0.4"+5；3.

32

(2)分布列见解析；—.

25

(3)1—(1—p»；证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据所给数据，结合经验回归方程系数公式，即可求得回归方程，继而求得预

测值；

(2)确定X的取值可能为0,1,2,根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即

可得分布列，继而求得期望；

(3)求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都

至少一个红球,，发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系

可得其概率大小关系，即可证明结论.

【小问1详解】

1+2+3+4+5

由题意知〃==3,

5

卒5x7由53.5x3x3.84_

故Z?=—................=------------=——=-0.4,

s24-255-4510

-5xn

i=[

所以a=3.8+0.4*3=5，

所以线性回归方程为：1限=-0.4〃+5,

所以，估计〃=10时，lny=l,，y=eH3.

【小问2详解】

12

由题意知：m—2,n=2,p=—>q=—，

33

则X的取值可能为0,1,2,

记“含红球的行数为4”为事件供=0,1,2),记“每列都有白球”为事件8,

所以"=。)=尸卬5)=第二吕1

25，

P(X=1)=P(AIB)=^^C；p，+C；p2,16

251

P(AB)C'(pq)28

P(X=2)=P(aiB)=22

P(B)1一屋I225'

所以X的分布列为:

X012

1168

p

252525

所以数学期望为E（X）=Ox'-+"+2x&32

252525

【小问3详解】

证明：因为每一列至少一个红球的概率为（i—p"'y,

记“不是每一列都至少一个红球”为事件A,所以尸（4）=1-（1-。»,

记”每一行都至少一个白球”为事件8,所以P（B）=（1-

显然，A^B,所以P（4）WP（B）,

即1—（1—pm）"＜（1-q"）'",所以（1—（1—/N1.

【点睛】关键点点睛：解答要首先能正确的理解题意，弄清楚题目的要求是什么，比如第二

文中的条件概率的计算，要弄清每种情况的含义，第三问难点在于正确计算出“不是每一列

都至少一个红球,，以及“每一行都至少一个白球”的概率，并能进行判断二者之间的关系，

从而比较概率大小，证明结论.

2

21.已知0为坐标原点，动直线

近线交于A,B两点，与椭圆。:三+y2=1交于E,尸两点.当=1（）时,

2-

2（OA+OB）^3（OE+OF）.

（1）求双曲线C的方程；

（2）若动直线/与C相切，证明：二。43的面积为定值.

2

【答案】（1）x2-^-=\

3

（2）二。钻的面积为定值石，证明见解析

【解析】

【分析】⑴设A（%］，x）,3（%2，%），石（七，为），尸（知必），由题意有

3

x,+x2=-（x3+x4）,直线/与双曲线的渐近线联立方程组，求得罚+々，直线/与椭圆联

立方程组，利用韦达定理求得七+%，根据方程解出匕，得双曲线C的方程.

（2）根据（1）中解得的A,8两点坐标，表示出的面积，由直线/与C相切，联立

方程组消元后判别式为0,化简后得定值.

【小问1详解】

设A（M，y）,B[x2,y2）,石（七,为），尸（如乃）

3

因为2(OA+OB)=3(OE+OF),所以玉+x2=-(x3+x4).

y=kx+mm加mZkm

y^bx，得X=口同理可得％2=一｝；—T'所以玉+%2=万一R，

I）\K.UK

y-kx+m

4km

222

由，x21得。+2公)x+4kmx+2m-2=0,所以X,+*4=—

—+y=11+2公

12,

乙3/1IJK/7ZrrCCn,AE/rF-

所以，2,2=一，c,2即3公一3从=1+2/,由％2=10,解得。=也,

b2-k21+2公

所以双曲线C的方程为f—工=].

3

【小问2详解】

双曲线的渐近线方程为y=土岛,

'-m-V3m2TI

由（1）得A

ZAOB=—f

、k-£k-53

2m4m2

\OB\-

k—>/3(2+6)2

So"=(|。川,|。加sin/A08=gx=

y=kx+m

由*得(3-%2"-2切a"-3=0,

2

3

因为直线/与双曲线C相切，所以A=422m2+4（3—公）（机2+3）=0,即〃22=42一3,

所以SAOAB6为定值.

22

【点睛】三一W=l(a>0/>0)的渐近线方程为'=土，x,而双曲线

与一齐=1(。>0,。>0)的渐近线方程为丁=±£尤(即*=±?丫)，应注意其区别与联系.

2.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，

然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.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.

22.已知函数/(x)=x\nx+-的最小值和g(x)=ln(l+x)-ar的最大值相等.

e

(1)求。；

2

(2)证明：——；

ex

--im+l.

1—

(3)己知团是正整数，证明：1+—7----->e2M+2.

2/n(m+1)

【答案】(1)a=l

(2)证明过程见解析(3)证明过程见解析

【解析】

【分析】Q)先求定义域，再求导，得到j=o,由8'("=占一。，分

与a>0两种情况，得到aWO时无最大值，当a〉0时，得到g(x)Wa-ln。-1,构造

=a-In〃-1(a>0),求导得到其单调性，〃(a)?〃(l)=0,从而确定a=1；

211

(2)要证明lnx>er——，只需证xlnx+—>矍一”一一，由(1)知：/W>o,当且仅当

exee

X=J时，等号成立，故只需证疣-*-，40,且等号成立的条件与X=L不同，

eee

设p(x)=xe-*—L求导得到单调性，求出Mx)Wp(l)=eT-'=O,当且仅当％=1时

ee

等号成立，证毕；

，二111

(3)要证明不等式，只需证In1+--―->———了，构造

2m(m+l)2(m+1)一

n1A

8(x)--ln(l+x)---,X=-------------------G0，一，求导得到其单调性，得到所以

m

(p——7----r=In1+——7----r---------7

+(2m(m+l)J2(加+1)-

【小问1详解】

由题意得：/(X)的定义域为(0,+8)，8(尤)的定义域为(-1,+8),

因为/,(x)=lnx+l,

所以当时，/'(x)<0,/(x)在j上单调递减，

当xe(：,+oo)时，r(x)<0,/(x)在xeg,+oc)上单调递增，

所以j=0,

又因为g