山东省日照市2022-2023学年高三上学期数学期末试卷

山东省日照市2022-2023学年高三上学期数学期末试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．设集合A={x|1<2x<16}A．{2，3} C．{2，3，2．设a，b为实数，若复数1+2ia+biA．a=32，b=12 B．a=3，b=1 3．设x∈R，则“1x−2<1”是“A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若m⊥α，n//αB．若m//α，αC．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βD．若α⊥β，m//α5．若曲线y=−x+1在点(0，−1)处的切线与曲线y=A．(e，1) B．(1，0) C．6．我们要检测视力时会发现对数视力表中有两列数据，分别是小数记录与五分记录，如图所示(已隐去数据)，其部分数据如表：小数记录x0.10.120.150.2…？…1.01.21.52.0五分记录y4.04.14.24.3…4.7…5.05.15.25.3现有如下函数模型：①y=5+lgx，②y=5+110lg1xA．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.87．安排4名小学生参与社区志愿服务活动，有4项工作可以参与，每人参与1项工作，每项工作至多安排2名小学生，则不同的安排方式有（）A．168种 B．180种 C．192种 D．204种8．已知F1、F2分别为双曲线y2a2−xA．y=±22x B．y=±32x二、多选题9．对于抛物线上18A．开口向上，焦点为(0，2) C．焦点到准线的距离为4 D．准线方程为y=−410．已知数列{an}A．an+1≥2an B．C．{an+1-4an}是递增数列 11．双扭线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1(−a，0)，F2A．双扭线C关于原点O中心对称；B．−aC．双扭线C上满足|PFD．|PO|的最大值为2a12．已知三棱锥A−BCD的棱长均为3，其内有n个小球，球O1与三棱锥A−BCD的四个面都相切，球O2与三棱锥A−BCD的三个面和球O1都相切，如此类推，…，球On与三棱锥A−BCD的三个面和球On−1都相切（n≥2，且n∈N∗A．V1=6C．数列{Sn}为等差数列 三、填空题13．二项式(x−ax)6的展开式中常数项为−2014．已知向量a，b夹角为π4，且|a|=115．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（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，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为16．设正项等比数列a1，a2，⋅⋅⋅，a5的公比为q，首项a1=1，关于x的方程a四、解答题17．已知函数f(x)=3（1）求函数f(x)的单调增区间；（2）将函数y=f(x)图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移32个单位得到函数g(x)的图象，求g(x)18．如图，长方形ABCD纸片的长AB为3+7，将矩形ABCD沿折痕EF，GH翻折，使得A，B两点均落于DC边上的点P（1）当sin2θ=−sinθ时，求长方形宽AD的长度；（2）当θ∈(0，π219．如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，M是侧面PBC上一点．（1）过点M作一个截面α，使得PA与BC都与α平行．作出α与四棱锥P−ABCD表面的交线，并证明；（2）设BM=λBC+12BP，其中λ∈[0，120．已知数列{an}的各项均为非零实数，其前n项和为S（1）若S3=2，求（2）若a1=a，a2023=2023a，求证：数列21．设椭圆C：x2a2+y2b2=1（1）求椭圆C的离心率及其标准方程；（2）圆C'圆心在原点O，半径为2，过原点O的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆上一点P满足OP⊥MN，试说明直线PM22．已知函数f(x)（1）若f(x)≥0在（2）若f'(π)=0，判断关于x

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为集合A={x|所以A∩B={故答案为：A.

【分析】求出集合A，然后进行交集的运算即可得答案.2．【答案】A【解析】【解答】由

故选A．3．【答案】B【解析】【解答】由1x−2<1可得，1x−2−1=3−xx−2<0，即x−3x−2>0，可等价变形为：(x−2)(故答案为：B

【分析】求解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义可得答案.4．【答案】C【解析】【解答】对于A项，过直线n找一个平面与平面α相交，设交线为l，根据线面平行的性质定理可得n//l，又因为m⊥α，所以m⊥l，所以对于B项，若m//α，α//β，则对于D项，若α⊥β，设α∩β=l，作直线m//l，则m//对于C项，因为m⊥α并且m⊥n，所以n//α，或者当n⊂α时，又因为n⊥β，根据面面垂直得判定定理可得α⊥β，当n//α时，过n作平面γ∩α=l又因为n⊥β，所以l⊥β，又因为l⊂α，所以α⊥β，综上若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，所以C符合题意.故答案为：C

【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项进行判断，可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】y=−x+1的导数为y'=−12x+1，所以曲线因为曲线y=−x+1在点(所以曲线y=lnx在点P处的切线的斜率k2而y=lnx的导数y'=1x，所以切点的横坐标为故答案为：D

【分析】求得y=−x+1的导数，可得在点(6．【答案】B【解析】【解答】由数据可知，当x=1时，y=5，两个都符合，但当x=0.1时，由y=5+lg而y=5+1所以选择模型y=5+lgx更合适，此时令y=4.所以x=10故答案为：B.

【分析】7．【答案】D【解析】【解答】分3种情况：①每名小学生参与不同的工作，则有A4②有2名小学生参与相同的工作，则有C4③4名小学生两两分组，则有C4所以总的安排方式有24+144+36=204种；故答案为：D.

【分析】分三种情况讨论：①将4名小学生参与4项工作；②将4名小学生参与3项工作；③将4名小学生参与2项工作，然后再求和即可求出答案.8．【答案】A【解析】【解答】设F1为双曲线的下焦点，F如图，过点P作PH⊥F1F因为sin∠P所以|PH||PF2因为|PF1|−|P因为双曲线上的点P到原点的距离为b，即|PO|=b，且|OF所以|PF2|故12×|OP|×|PF因为|HO|2+|HP|2=将P(−abc，即(b2c)2b4−a2b解得b2a2=2或−1（舍去），则该双曲线的渐近线方程为y=±a故答案为：A.

【分析】由题意作出双曲线的图象，然后根据sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2得出|PF1|=3|P9．【答案】A,C【解析】【解答】由抛物线18x2=y，即x2故答案为：AC

【分析】化简抛物线方程，求解焦点坐标、准线方程，可得答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，因为an+1=an2+1≥1，故对于B，由A可得{an}为正数数列，且an+1⩾2an，则a对于C，由an+1−4an=(an−2)对于D，因为an>1，所以an+1所以an+1=a故答案为：ABD

【分析】利用已知条件结合均值不等式求最值的方法、数列的单调性、递推公式的变形，进而找出正确的选项。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】对A，设动点C(x，y)，由题意可得C把(x，y)关于原点对称的点对B，因为P(x0，又|PF1|⋅|P即|y0|=对C，若|PF1|=|PF2故此时x0=0，代入可得y0=0，即对D，因为∠POF故cos∠PO|OP|2因为|OF1|=|O故2|OP|即|OP|2所以2|OP|又|PF1|−|PF2|≤|F故2|OP|即|OP|2≤2a故答案为：ABD.

【分析】对A，设动点(x，y)关于原点对称的点(−x，−y)代入轨迹方程，显然成立；对B，根据∆PF1F12．【答案】A,D【解析】【解答】由题意知三棱锥A−BCD的内切球O1的球心在高AO由正三角形中心的性质可得：BO=23×设球O1的半径为r1，则利用等体积法：即13×34×32如图2所示：易知DO=3，OO1设球O2与平面BCD切于点M，球O2的半径为r2，连接O所以r2r1=D则r2=68=所以{rn}是首项为6所以rn所以r3=1由rn=6所以数列{Sn}由rn=6数列{Vn}故答案为：AD.

【分析】根据三棱锥A−BCD的棱长均为3，内切球心O1的球心在高AO上，利用等体积法，可求出外接球的半径，进而可求内切球O1的半径，同理可得13．【答案】1【解析】【解答】由题意可得二项式(x−ax令6−2r=0，则(−a)3故答案为：1

【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，进而求出a的值.14．【答案】10【解析】【解答】解：因为|2a故答案为：10

【分析】根据向量数量积的运算性质进行求解，可得答案.15．【答案】4【解析】【解答】设上底面圆心为O'，下底面圆心为O，连接OO'，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO'所在直线为x则C(1，0，0)，A(0所以cos<又因为异面直线所成角的范围为(0故异面直线AB1与CD故答案为：45

【分析】以O为原点，分别以OC，OB，OO'所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量法可求出异面直线AB16．【答案】(【解析】【解答】∵akx2+2x+∴Δ=4−4ak2>0，解得：0<a∴0<|x1−x2∵a1=1不满足14<∵ak<a1，an>0若a2≤14，则∴a2∈(14∴14<a1q=q<1a故答案为：(1

【分析】推导出ak≠0，Δ=4−4ak2>0，0<ak<1，且x1+x2=−217．【答案】（1）因为f(x)=3sin2由−π2+2kπ≤2x−所以f(x)的单调增区间为[−π（2）将函数y=f(x)图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移32个单位得到函数g(x)所以g(x)=sin故当x−π3=3π2+2kπ，k∈Z，即所以g(x)的最小值为-1，此时x的取值集合为{x|11π【解析】【分析】（1）先将函数f(x)化简得fx（2）根据函数图象的变换法则，求得g(x)=sin18．【答案】（1）解：依题意，在△EPG中，EG=7，PE+PG=3，∠EPG=θAD的长度即为△EPG的边EG上的高，当sin2θ=−sinθ时，2sinθcosθ=−sinθ，所以cosθ=−∵EG=7，设∴x+y=3，①由余弦定理得，EGx2∴x2①2（2）解：在△PEG中，PE=AE=x，PG=BG=yx2+①S∵0<θ≤π19．【答案】（1）解：过点M作BC的平行线，分别交PB，PC于点过E作PA的平行线，交AB于点N，过N作BC的平行线交CD于点Q，则截面EFQN为所求截面α，证明如下：因为PA//EN，PA⊄截面α，EN⊂截面α，所以因为BC//NQ，BC⊄截面α，NQ⊂截面α，所以（2）解：因为PD⊥平面ABCD，DA，DC⊂平面ABCD，所以且DA⊥DC，所以以D为坐标原点，DA，DC，则D所以BC=(所以BM=λ又因为DM=DB+设平面MCD的法向量为m=所以DC⋅m=2y=0所以m=设PB与平面MCD所成角为θ，则sinθ=|整理得8λ2+2λ−1=0，解得λ=−【解析】【分析】(1)利用作平行线得到截面α；

(2)以D为坐标原点，DA，DC，DP为20．【答案】（1）解：Sn⋅an+2=因为数列{an}因为S3=2，所以a3+S（2）解：Sn⋅a所以S1S2=a1aS1因为数列{an}的各项均为非零实数，且a即anan+1=a所以an因为an≠0，所以所以a3−a故数列{a2n−1}为等差数列，首项为a数列{a2n}为等差数列，首项为aa2023=a所以a2n−1a2n故an=na，所以an+1其前n项和Sn【解析】【分析】(1)由Sn⋅an+2=Sn+1⋅an，令n=1，通过S3=2转化求解得a3的值；

21．【答案】（1）解：由题意可得b=3设A(所以F1又因为3F所以3F所以F1所以x0即A(−4所以e2所以e=2因数e2即c2所以a2又因为a2所以c2所以椭圆的方程为x2（2）解：直线PM，PN与圆证明：因为M，所以|OM|=|ON所以|PM设M(当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为：y=kx+m，联立直线和椭圆方程可得：x2即(1+2所以x1因为OM=所以OM⋅所以m2所以m2则原点O到直线PM的距离d=|所以此时直线PM与圆C'当直线PM的斜率不存在时，依题意可得N(由|PM|=所以x1又因为x1所以x1所以直线PM的方程为x=2或x=−所以原点O到直线PM的距离d=2所以此时直线PM与圆C'综上所述直线PM与圆C'同理可证直线PN与圆C'所以直线PM，PN