2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一高级中学校高三上学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一高级中学校高三上学期期末考试数学试题（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．考试结束后，上交答题卡．
第Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、选择题（本题共9个小题，每小题5分，共45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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设则“（）为偶函数”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分与不必要条件
3．函数在上的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
4．下面是追踪调查200个某种电子元件寿命（单位：）频率分布直方图，如图：
其中300-400、400-500两组数据丢失，下面四个说法中，正确的是（ ）
（1）寿命超过的频率为0.3；
（2）用频率分布直方图估计电子元件的平均寿命为：
（3）寿命在400-500的矩形的面积可能是0.2
A．①B．②C．③D．以上均不正确
5．已知双曲线（，）的两条渐近线均和圆：相切，且双曲线的右焦点为圆的圆心，则该双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，，，则下列等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知奇函数，且在上是增函数．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数（），若在上有且仅有三个极值点，则不正确的有（ ）
A．在区间上的最小值可以等于
B．若的图象关于点对称，则在区间上单调递增
C．的最小正周期可能为
D．若，将的图象向右平移个单位可得到的图象
9．已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题，共105分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）
10．若复数满足（为虚数单位），则______．
11．的展开式中含项的系数为______．（用数字作答）
12．已知圆：与圆：外切，此时直线：被圆所截的弦长为______；若点为圆上一点，则的最小值为______．
13．从装有大小完全相同的个白球，个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为，若，则______，______．
14．如图，一个圆柱内接于一个圆锥，且圆锥的轴截面为面积是的正三角形．设圆柱底面半径为，高为，则的最小值为，圆柱的最大体积为______．
15．在梯形中，，，，，，分别为线段和线段上的动点，且，，则的取值范围为______．
三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
16．（本小题满分14分）
在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．
（1）求角的大小；
（2）设，，求和的值．
17．（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点．
（1）若，求证：直线平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．（本小题满分15分）
设为等差数列的前项和，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）若满足不等式的正整数恰有3个，求正实数的取值范围．
19．（本小题满分15分）
已知椭圆（）的左顶点为，右焦点为，过作垂直于轴的直线交该椭圆于，两点，直线的斜率为．
（1）求椭圆的离心率；
（2）椭圆右顶点为，为粗圆上除左右顶点外的任意一点，求证：为定值，并求出这个定值；
（3）若的外接圆在处的切线与粗圆交另一点于，且的面积为，求粗圆的方程．
20．（本小题满分16分）
已知函数和，
（1）求在处的切线方程；
（2）若当时，恒成立，求的取值范围；
（3）若与有相同的最小值．
（ⅰ）求并求出；
（ⅱ）证明：存在实数，使得和共有三个不同的根，，（），且，，依次成等差数列．
塘沽第一高级中学校2022-2023学年高三上学期期末考试
数学试题（理科）答案
一、选择题（本题共9个小题，每小题5分，共45分）
1-5 DBCCC 6-9 DBAC
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．
10． 11．28 12．；4 13．1； 14．； 15．
（注：两个空的答对一个空给3分）
三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
16．（本小题满分14分）
（1）在中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得．
（2）在中，由余弦定理及，，，
有，故．
由，可得．又因为，故．
因此，，
所以，
17．（本小题满分15分）
解：（1）取的一个靠近点的三等分点，连接，，
因为，所以且，
又因为，且，点为中点，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以直线平面．
（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，又为的中点，则，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，
，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）存在，．
假设存在点（不包括端点），设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
，，则，
所以，因为与平面所成角的正弦值为，
则，
整理得：，解得：，
故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时．
18．（本小题满分15分）
解：（1）设等差数列的公差为，则，
解得，，因此，；
（2）
则，
两式作差可得，
因此，．
（3），
满足不等式的正整数恰有3个，得，
由于，若为奇数，则不等式不可能成立．
只考虑为偶数的情况，令，
则，
∴
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
因为在时单调递减，
所以当时，则．
所以，
又，，，，∴．
因此，实数的取值范围是．
19．（本小题满分15分）
（1）由题意可知：，，设，由题意可知：在第一象限，且，
∴，∴，∴，∴；
（2）设，则，
所以
∴为定值
（3）由（1），，所以椭圆方程为：，
，，设的外接圆的圆心坐标为，由，得，求得，∴，切线斜率为：，切线直线方程为，即代入椭圆方程中，得，
，，，
∴，
到直线的距离，的面积为，
所以有，∴，椭圆方程为：．
20．（本小题满分16分）
（1）切线方程：
（2）方法一：当时，等价于．
所以当时，恒成立．
令，则
设，所以，
所以，所以在单调递增．
∵，∴
方法二：当时，等价于．
设，则，
（ⅰ）当，时，，故，在上单调递增，因此；
（ⅱ）当时，令得，．
由和得，故当时，，在单调递减，因此．
综上，的取值范围是．
（3）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故．
的定义域为，而．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为．
综上，．
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为．
当时，考虑的解的个数、的解的个数．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2．
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则．
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，（），
此时有两个不同的根，（），
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即．
[方法二]：
由（1）知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且．
①时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
（令，则，）
所以在上存在且只存在1个零点，设为，
在上存在且只存在1个零点，设为．
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
（令，则，）
所以在上存在且只存在1个零点，设为，
在上存在且只存在1个零点，设为．
再次，证明存在，使得：
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系．