天津市河西区2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份天津市河西区2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共17页。

河西区2022-2023学年度第一学期高三年级期末质量调查
数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页．
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．
一、选择题：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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.
【详解】由题意，，所以,
所以.
故选：D.

2. 已知，则“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解.
【详解】由题意，若，则，故充分性成立；
若，则或，推不出，故必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 若，，，，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C即可得解.
【详解】对于A，取，满足，但，故A错误；
对于B，取，满足，但，故B错误；
对于D，取，则，故D错误；
对于C，因为，则，
又，所以，故C正确.
故选：C.
4. 已知，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数的性质判定,利用指数幂的运算化为同底数的幂后利用指数函数的性质可以判定，从而得到结论.
【详解】,
,
故选D.
【点睛】本题考查利用指数、对数函数的性质比较大小问题，关键是熟练掌握和运用指数、对数函数的单调性.
5. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.

6. 已知双曲线(a>0，b>0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由渐近线的斜率为2可得＝2，再由焦点坐标得c=5，从而可解得双曲线的方程.
【详解】由题意可知，双曲线的其中一条渐近线y＝x与直线y＝2x＋10平行，所以＝2，
且左焦点(－5,0)．所以a2＋b2＝c2＝25.解得a2＝5，b2＝20.
故双曲线方程为.
答案：A
【点睛】本题主要考查了双曲线的渐近线及焦点坐标，属于基础题.
7. 化简的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的性质可求代数式的值.
【详解】原式
，
故选：B
8. 已知函数，给出下列结论
①
②点是曲线的对称中心
③函数在区间上单调递增
④把函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到图像
其中正确的结论个数有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】对于①：代入求值可判断；
对于②：代入得，由此可判断；
对于③：由余弦函数单调性可判断；
对于④：根据图像的平移和诱导公式可判断．
详解】对于①：，故①不正确；
对于②：，所以点是曲线对称中心，故②正确；
对于③：当时，，而在上单调递增，在上单调递减，所以③不正确；
对于④：把函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到的函数的解析式为，故④正确，
综上得：正确的结论有个，
故选：B．
9. 已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】不等式为(*)，
当时，(*)式即为，，
又（时取等号），
（时取等号），
所以，
当时，(*)式为，，
又（当时取等号），
（当时取等号），
所以，
综上．故选A．
【考点】不等式、恒成立问题
【名师点睛】首先满足转化为去解决，由于涉及分段函数问题要遵循分段处理原则，分别对的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据的范围，利用极端原理，求出对应的的范围.
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上．
2．本卷共11小题，共105分．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对一个给的3分，全部答对的给5分．
10. i是虚数单位，复数___________.
【答案】4–i
【解析】
【详解】分析：由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
详解：由复数的运算法则得：.
点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为____.
【答案】
【解析】
【详解】设正方体边长为 ，则 ，
外接球直径为.
【考点】 球
【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法.
12. 已知直线与圆相切，则正实数k的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】，
，
圆心为，，
直线与圆相切可得，
解得或，所以正实数k的值为
故答案为：
13. 已知抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，则该抛物线的准线方程为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，利用抛物线的定义，由求解.
【详解】因为抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，
所以，
解得，
所以该抛物线的准线方程为，
故答案为：
14. 已知，则的最小值为______________.
【答案】4
【解析】
【分析】
化简原式为，两次运用基本不等式可得结果.
【详解】

，
当且仅当，即等号成立，
所以，的最小值为4，
故答案为：4.
【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
15. 在平面四边形中，，，，，，，若点M为边上的动点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目条件，建立适当的直角坐标系，并结合已知条件得到相关点的坐标，设出线段CD上的动点的坐标，求得的坐标关于t的表达式，得到关于t的表达式，利用二次函数的性质求得最小值.
【详解】如图所示，建立直角坐标系.

由得,由得,
又∵，，∴∠=90°，且2,∠30°.
∴,
作CF⊥AD于F,∵，∴∠DCF=30°，
由,∴，∴,
∵在线段上，故可设,（）
∴,
∴,
当时取得最小值,
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的数量及的最值问题，关键是建立坐标系，并利用已知条件得到相关点的坐标，要熟练掌握线段上的点的坐标的设法.
三、解答题：本大题共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. 在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【小问1详解】
因为，即，而，代入得，解得：．
【小问2详解】
由（1）可求出，而，所以，又，所以．
【小问3详解】
因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
17. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【解析】
【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；
（II）求出，由运算即可得解；
（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.

18. 设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
19. 数列{an}前n项和为Sn，且Sn＝n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式；
(3)令(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
【答案】（1） ；(2);（3） .
【解析】
【分析】（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*），n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1．n=1时，a1=S1=2，即可得出;（2）数列{bn}满足：an=，可得n≥2时，an﹣an﹣1==2．n=1时，=a1=2，可得b1;（3）cn===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为An，利用错位相减法即可得出An．进而得出数列{cn}的前n项和Tn．
【详解】（1）∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*），
∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣n（n﹣1）=2n．
n=1时，a1=S1=2，对于上式也成立．
∴an=2n．
（2）数列{bn}满足：an=+++…+，∴n≥2时，an﹣an﹣1==2．
∴bn=2（3n+1）．
n=1时，=a1=2，可得b1=8，对于上式也成立．
∴bn=2（3n+1）．
（3）cn===n•3n+n，
令数列{n•3n}的前n项和为An，则An=3+2×32+3×33+…+n•3n，
∴3An=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，
∴﹣2An=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，
可得An=．
∴数列{cn}的前n项和Tn=+．
【点睛】本题考查了数列递推关系、错位相减法、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、方程思想，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
20. 已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：









单调递减
极小值
单调递增

所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则



. ①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．