山东省滨州市阳信县2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

高三期末检测数学试题

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.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.

C. 或 D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】解一元二次不等式确定集合，再根据并集的定义求解.

【详解】由解得或，

所以或，

故选:D.

2. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值.

【详解】由已知可得，因此，.

故选：B.

3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据图象的平移变换方法求解即可.

【详解】函数的图象向左平移个单位长度后

得到函数，

故选:C.

4. 由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（    ）

A 3 B. 6 C. 9 D. 24

【答案】B

【解析】

【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.

【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,

除去2023四个数,

还剩一个2,一个3,

将2023进行捆绑,

对2,2023,3进行全排有种.

故选:B

5. 若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.

【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：，

所以正四面体的棱长为，

将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，

因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，

则外接球的体积为，

故选：.

6. 已知非零向量，满足，且，则为（    ）

A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形

【答案】D

【解析】

【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.

【详解】，

，

，

，

为等腰三角形，

又，

，

，又，所以，

为等边三角形，

故选：D.

7. 已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据等差数列通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.

【详解】因为随机变量满足，

所以，

也即，又因为是公差为的等差数列，

所以，则有，，，

所以，则，

，，

因为，所以，解得，

故选：.

8. 已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可.

【详解】解:由题知,(且),

所以,

故在上,,单调递减,

且,

即,

在上,,单调递减,

在上,,单调递增,

有,

画图象如下:

由至少有三个互不相等的实数解,

即至少有三个互不相等的实数解,

即或至少有三个互不相等的实数解,

由图可知,当或时,与有一个交点,

即有一个实数解,

此时需要至少有两个互不相等的实数解,

即,解得

故或;

当时,无解,舍;

当时,,

此时有两个不等实数解,

有两个不等实数解,

共四个不等实数解,满足题意.

综上: 或.

故选: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. 有一组样本数据，其样本平均数为.现加入一个新数据，且，组成新的样本数据，与原样本数据相比，新的样本数据可能（    ）

A. 平均数不变 B. 众数不变

C. 极差变小 D. 第20百分位数变大

【答案】BD

【解析】

【分析】根据数据的平均数、极差、众数以及百分位数的定义判断求解.

【详解】因为，所以新的样本数据平均数减小，A错误；

加入一个新数据，则众数仍有可能为原数据的众数，B正确；

若加入一个新数据不是最大值也不是最小值，则新数据极差等于原数据极差，

C错误；

若为原数据从小到大排列的第20为后的数，因为样本数增加，所以第20百分位数可能后移，则新数据第20百分位数可能变大.D正确，

故选:BD.

10. 已知函数有两个极值点，且，则（    ）

A.  B.

C.  D. 的图象关于点中心对称

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据函数由有两个极值点可得导函数有2个不同的零点即可判断A,B，根据导函数讨论函数的单调性可判断C,根据奇函数与的关系判断D.

【详解】由题可得有两个不相等的实数根，

所以，所以，A错误；

根据题意为两个根，所以，B正确；

因为，且为的两个根，

所以由得或，

由得，

所以函数单调递增，单调递减，单调递增，

所以成立，C正确；

因为为奇函数，所以关于对称，

所以关于对称，D正确，

故选:BCD.

11. 如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（    ）

A.

B. 存在一点，使得

C. 三棱锥的体积为

D. 若，则面积的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、，

设点，其中，.

对于A选项，，，则，

所以，，A对；

对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，

所以，不存在点，使得，B错；

对于C选项，，点到平面的距离为，

所以，，C对；

对于D选项，，

若，则，可得，

由可得，

，

当且仅当时，等号成立，

因为平面，平面，，

，D对.

故选：ACD.

12. 已知椭圆上一点位于第一象限，左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，的角平分线与轴交于点，与轴交于点，则（    ）

A. 四边形的周长为

B. 直线的斜率之积为

C.

D. 四边形的面积为2

【答案】ABD

【解析】

【分析】由已知可得，，，以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项；设，得出，进而根据在椭圆上，代入整理即可判断B项；由已知可得.设，，，根据余弦定理，整理可得，在中，可推出，根据倍角公式，可得，整理求解可得，即可判断C项；根据题意结合余弦定理可得出，根据三角形面积公式得出的面积，进而得到四边形的面积.

【详解】由已知可得，，，，点，，，.

对于A项，，又由椭圆的定义可得，

所以四边形的周长为，故A项正确；

对于B项，设，则，，，

所以.又，

所以，所以，故B项正确；

对于C项，由角平分线的性质可得，且，.

设，，则，且.

设，，

由，在和中，由余弦定理可得，整理可得，

因为，所以，即，整理可得，则，

在中，由余弦定理可得，又，

所以，整理可得，解得或（舍去），

所以，，即，，所以，故C项错误；

对于D项，由C知，，

在中，由余弦定理可得，，则，

所以的面积为.又，

所以四边形的面积为，故D项正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用给定条件借助余弦定理即可得解.

【详解】中，因，由余弦定理得，

又，则有，

所以.

故答案为：

14. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点，结合三角形的面积公式可求得结果.

【详解】对函数求导得，所求切线斜率为，

当时，，切点坐标为，

所以，曲线在处的切线方程为，即，

直线交轴于点，交轴于点，

所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.

故答案为：.

15. 甲袋中有个白球、个红球，乙袋中有个白球、个红球，从两个袋中随机取一袋，再从此袋中随机取一球，则取到红球的概率为_______.

【答案】

【解析】

【分析】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，利用全概率公式求出的值，即为所求.

【详解】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，

则，，，

由全概率公式可得.

故答案为：.

16. 已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则圆的标准方程可以是_______.（写出一个满足条件的圆的标准方程即可）

【答案】．（注：圆心到直线的距离为半径即可）

【解析】

【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得，进而可得直线与圆相切，即可写出答案.

【详解】由函数得，

所以在定义域上单调递增，

又因为，

所以关于对称，

则，即，

因为，所以，即，

所有满足的点中，有且只有一个在圆上，

则直线与圆相切，假设圆心，

所以，所以圆可以是，

故答案为: ．（注：圆心到直线的距离为半径即可）

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. 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，，.

（1）求批次甲芯片的次品率；

（2）该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.

附:，.

【答案】（1）；   

（2）认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．

【解析】

【分析】（1）根据已知可得到正品率，然后根据对立事件即可求出次品率；

（2）设出零假设，列出列联表，求出，根据独立性检验原理即可得出推断.

【小问1详解】

由已知可得批次甲芯片的正品率，

所以批次甲芯片的次品率为．

【小问2详解】

零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得列联表如下：

所以，

因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，

所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．

18. 定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.

（1）证明:数列为“3型数列”;

（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;

(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.

【小问1详解】

解:由题知,

所以有,且,

所以

,

所以数列为“3型数列”;

【小问2详解】

由(1)知,,

所以,

,

,

所以

.

19. 在中，内角、、所对的边分别是、、，.

（1）若，求；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，求出的取值范围，结合可求得角的值；

（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围.

【小问1详解】

解：因为，

因为、，且，所以，且，

所以，，

所以，，

则，即，

因为且，所以，且，

所以或（舍），故当时，．

【小问2详解】

解：，

因为，所以，则，

所以，.

所以的取值范围为．

20. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.

（1）证明：；

（2）已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在点，线段的长为．

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；

（2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.

【小问1详解】

证明：因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

平面，所以，

因为四边形是菱形，所以，

又因为，、平面，所以平面，

因为平面，所以．

【小问2详解】

解：取中点，连接，

因为四边形为菱形，则，

又因为，则为等边三角形，

由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形，

因为为的中点，则，，，

由（1）知，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

，

因为，平面，平面，所以平面，

因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面，

设，则，．

设平面的法向量，则，

取，可得，

因为直线与平面所成角的正弦值为，

则，解得，

因此，存在点，线段的长为．

21. 已知在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.

（1）求E的方程；

（2）若P是曲线E上一点，且点P不在x轴上，作PQ⊥l于点Q，证明：曲线E在点P处的切线过△PQA的外心.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)设出坐标为，根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程；

(2)设出点坐标,及处的切线方程，与双曲线联立，判别式等于0，可得参数之间关系，即可化简切线方程.分别求出的中垂线，联立即可求出的外心，将外心代入切线方程看是否成立即可证明.

【小问1详解】

解:设动点坐标为,

则根据题意得,

两边同时平方,化简可得,

所以曲线的方程为;

【小问2详解】

由题设点,因为点不在轴上,即,

所以曲线在点的切线斜率存在,设为,

则在点的切线方程为:,

联立方程组:,

整理得:,

因为双曲线的渐近线为,所以,

,

令,得．

因为点在双曲线上,

所以,即,

所以,因为，

所以两边同时除以,解得．

所以在点的切线方程为,即．

因为,,所以,

所以直线中垂线方程为,即,

因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,

所以直线中垂线斜率为,

所以直线中垂线的方程为．

联立直线与直线,

得外心坐标．

将外心横坐标代入过点的切线方程,

化简得到,与外心的纵坐标相等．

所以曲线在点的切线经过的外心．

22. 已知函数.

（1）若，求函数在上的最小值；

（2）若存在，使得.

（i）求的取值范围；   

（ii）判断在上的零点个数，并说明理由.

【答案】（1）0    （2）（i）；（ii）在共有3个零点，理由见解析

【解析】

【分析】(1)当时，对函数求导，根据导数在大于等于零得到函数在的单调性，进而求出最小值；

(2) （i）根据函数分和两种情况，当时，函数恒大于零，不满足条件，舍去，当时，对函数求导，利用函数的单调性和极值进而求解；（ii）结合（i）的结论，在共有2个零点1，，只需探讨在的零点个数，然后利用函数的单调性和极值进而求解即可.

【小问1详解】

因为，所以函数，则有，

又，可得，所以在上单调递增，

.

【小问2详解】

（i）若，当时，，，

所以，在没有零点，故舍去；

若，则，令，

则，所以在上单调递减，且；

①若，即，且，

存在，使，，

可得在单调递增，单调递减，且，

当时，，

（因为当时，，

证明：令，则，

因为，则，所以，则在上单调递增，

故，即，所以）

所以，且，

所以，故存在唯一使得，满足条件；

②若，即，此时恒成立，

在单调递减，又，所以，故舍去．

综上，．

（ii）由（i）可得，在共有2个零点1，，

下面探寻在的零点个数．

当时，，故在单调递减，

又，，所以存在，使得，

故在单调递增，单调递减，

又，，故一定存在，使得，

在单调递减，单调递增，

又，当趋近于零时，趋近于正无穷大，

故存在唯一，使得．故在有1个零点．

综上，在共有3个零点．

【点睛】(1)可导函数在处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；