2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接根据交集的概念求出答案即可.

【详解】因为，所以.

故选：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．既不充分也不必要条件

【答案】B

【详解】试题分析：时是偶函数，但时，也是偶函数，因此“为偶函数” 是“”的必要而不充分条件．故选B．

【解析】充分必要条件．

3．函数在上的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据给定的函数，利用其奇偶性，结合的值的情况判断作答.

【详解】函数定义域为R，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B；

而，排除D，又，排除A，选项C符合题意.

故选：C

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，下面三个说法中，只有一个是正确的，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．① B．② C．③ D．以上均不正确

【答案】C

【分析】分别设其中一个正确，来推断另外两个说法，即可判断选项.

【详解】若①正确，寿命超过的频率为，那么寿命在400-500的频率为0.15，这样电子元件的平均寿命为，②正确，③错误，不满足条件，故①正确不成立；

若②正确，则①正确，③错误，故②正确不成立；

若③正确，则寿命超过的频率为0.35，①③都不正确，故③正确.

故选：C

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．

【答案】C

【分析】根据条件转化为关于的方程组，即可求解.

【详解】圆，整理为，圆心，半径，双曲线的渐近线方程，

由题意可知，，解得：，

所以双曲线的方程为.

故选：C

6．已知，，，，则下列等式一定成立的是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：相除得，又，所以.选B.

【考点定位】指数运算与对数运算.

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．

【答案】B

【分析】根据给定条件，判断函数的奇偶性，再利用指数函数、对数函数单调性，结合单调性比较大小作答.

【详解】因为函数是奇函数，则，即函数是偶函数，

，而，，，

即有，又函数在上是增函数，则，

所以.

故选：B

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

【答案】A

【分析】根据在上有且仅有三个极值点，可得，进而结合选项即可逐一求解.

【详解】令,解得，所以的所有的极值点为，

由于在上有且仅有三个极值点，

所以在上的极值点只能是

因此且解得，

若在区间上的最小值可以等于，

由于，且，

所以，解得，这与矛盾，故A错误，

若的图象关于点对称，则,解得,

又，所以取，，

则，

当，

因为在上单调递增，故在区间上单调递增，B正确，

的最小正周期为，令，此时满足，故C正确，

若，则，即，

所以或，,化简得或，，

由于，故，

因此将的图象向右平移个单位可得到，而，故D正确

故选：A

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．

【答案】C

【分析】由题知有4个实数根，进而令，则函数图像与图像有4个交点，进而作出函数图像，数形结合求解即可.

【详解】解：因为函数恰有4个零点，

所以恰有4个实数根，即有4个实数根，

令，则函数图像与图像有4个交点，

因为，，所以

所以，，

因为当时，，

所以，

作出函数图像如图所示，

所以，当时，函数图像与图像有4个交点，

所以，的取值范围是

故选：C

二、填空题

10．若复数满足（为虚数单位），则______．

【答案】

【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义，可得答案.

【详解】由，，

则，

故答案为：.

11．的展开式中含x项的系数为______.

【答案】28

【分析】化简二项式定理展开式通项，求出k值，代入即可.

【详解】设展开式中第项含x项，

则，

令，解得，

代入得，

故答案为：28.

12．在梯形中，，，，，、分别为线段和线段上的动点，且，，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于直线的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的函数关系式，求出的取值范围，利用对勾函数的单调性可求得的取值范围.

【详解】以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于直线的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则、、、，则，

由题意可得，解得，

，

所以，，

由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，

当时，.

因此，的取值范围是.

故答案为：.

三、双空题

13．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______．

【答案】          4

【分析】根据圆与圆外切得，得圆：，，又，即可求得直线被圆所截的弦长；再根据即可解决.

【详解】由题知，圆：与圆：，

所以，，

因为圆与圆外切，

所以，解得，

所以圆：，，

因为直线为：，

所以，

所以直线被圆所截的弦长为，

因为点为圆上一点，，

所以

所以的最小值为4

故答案为：；4

14．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______，______．

【答案】     1    

【分析】根据二项分布概率模型求数学期望和概率即可求解.

【详解】由题可得服从二项分布，即，

因为，所以，

所以

.

故答案为:1; .

15．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______．

【答案】         

【分析】先求得的关系式，然后利用基本不等式求得的最小值以及圆柱体积的最大值.

【详解】设圆锥的底面半径为，则，

所以圆锥的高为，

所以，

所以

，当且仅当时等号成立.

圆柱的体积

，

当且仅当时等号成立.

故答案为：；

四、解答题

16．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．

【答案】(1)

(2)；

【分析】（1）首先根据正弦定理得，代入后化简求角的大小；

（2）首先根据余弦定理求边，再根据三边求，根据二倍角和两角和差公式，即可求解.

【详解】（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．

可得．又因为，故．

因此，，

所以，

17．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．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在；

【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面．

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.

（3）设，求得点的坐标，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，也即求得的值.

【详解】（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，

因为平面，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，

平面的一个法向量为，

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,

即，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．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．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，

（2）根据错位相减法即可求解，

（3）构造数列，求解单调性即可求解.

【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得 ，

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．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，为椭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椭圆交另一点于，且的面积为，求椭圆的方程．

【答案】(1)

(2)证明见解析；定值

(3)

【分析】（1）首先求点的坐标，再代入斜率公式，即可求解；

（2）设点，代入斜率公式，利用点在椭圆上化简斜率的乘积；

（3）根据（1）的结果，可以用表示椭圆方程，以及点的坐标，并利用直线与圆相切的几何性质求切线的斜率，然后切线与椭圆方程联立后求得点的坐标，利用三角形面积公式，转化为关于的方程，即可求解.

【详解】（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．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．

①求出；

②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．

【答案】(1)

(2)

(3)① ；②证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；

（2）当时，不等式等价于，构造函数，则，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；

（3）①对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数、的单调性，求出两个函数的最小值，根据这两个函数的最小值相等可得出关于实数的等式，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值；

②根据①可得当时，的解的个数、的解的个数均为，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得、的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.

【详解】（1）解：因为，则，所以，，

所以，在处的切线方程为.

（2）解：当时，不等式等价于．

设，则，且.

对于函数，.

（ⅰ）当且时，，故，

则在上单调递增，因此；

（ⅱ）当时，令得，．

由得，，

故当时，，在单调递减，因此，不合乎题意.

综上，的取值范围是．

（3）解：①的定义域为，而，

若，则，此时无最小值，故.

函数的定义域为，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，其中，则，

故为上的减函数，而，

故的唯一解为，故的解为.

综上，.

②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，即方程的解的个数为.

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.

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，其中，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.

【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．