2022-2023学年山东省泰安市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年山东省泰安市高三上学期期末数学试题及答案，共22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。

1. 若，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过复数的运算及复数相等，求得，计算复数的模可得结果.
【详解】.
故选：C.
2. 设集合或，若，则的取值范围是（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，根据，可求得结果.
【详解】由集合或，得，又集合且，则2或，即或.
故选：B.
3. 是第一象限角或第二象限角，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】B
【解析】
【分析】由题可得时的范围，再根据充分必要条件的概念即得．
【详解】由，可得是第一象限角或第二象限角或终边在轴非负半轴，
所以由推不出，而由是第一象限角或第二象限角，可得，
所以由可推出，
所以是的必要不充分条件．
故选：B．
4. 已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，，则（ ）
A. B. C. 48D. 96
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件得到关于与的方程，即可得到，从而得到结果.
【详解】设等比数列公比为，
因为成等差数列，
所以，即，
又，
所以，解得
所以
故选:C
5. 已知函数在处取得最大值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由辅助角公式即可得到的值，然后由诱导公式化简即可得到结果.
【详解】因为，
其中，
当时，取得最大值，
即，所以，
所以
故选：A
6. 在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求半径比.
【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为，
设圆柱高为h，则，，
由题，，得.
故选：D.
7. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，为坐标原点，记与的面积分别为和，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出直线，联立，得到两根之和，两根之积，得，，，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】由题意得：，设直线，联立得：
，设，不妨令，
则，
故，
，
则，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.
【详解】令，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，所以
所以，即，所以.
令，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即，所以，
综上，.
故选：D.
【点睛】解决此题的关键是构造函数，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由不等式的性质判断.
【详解】∵，则，，∴，即，A正确；
例如，，，，， 显然，B错误；
由得，，∴，即，C正确；
易知，，，
，
∴，D正确；
故选：ACD．
10. 已知，，动点P满足．设点P的轨迹为曲线C，直线l：与曲线C交于D，E两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C的方程为B. 的取值范围为
C. 当最小时，D. 当最大时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程判断A；再利用曲线C的性质计算判断B，C，D作答.
【详解】设点，则，由得：
，整理得：，即，
所以曲线C的方程为，A正确；
显然曲线C是以点为圆心，4为半径的圆，，点A在圆C外，
，所以的取值范围为，B正确；
直线l：恒过定点，显然点在圆C内，线段是经过点的圆的弦，
直线斜率，由圆的性质知，当最小时，，则有，解得，C错误；
当最大时，线段是经过点的圆的直径，则，解得，D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数
B. 在区间上单调递增
C. 在上有4个零点
D. 的值域是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据偶函数的定义、复合函数的单调性、零点的定义以及复合函数的值域，可得答案.
【详解】对于A，函数的定义域为，
且，
所以函数是偶函数，A正确；
对于B，当时，.
令，由于函数在时单调递减，
函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，
故函数在区间上单调递增，B正确；
对于C，当时，由，得或，
所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；
对于D，当时，.
因为，所以当时，，当时，.
由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.
故选：AB.
12. 如图所示，在长方体中，是的中点，直线交平面于点，则（ ）
A. 三点共线
B. 的长度为1
C. 直线与平面所成角的正切值为
D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用公理3，分别证明点同时在两个平面上即可；
对于B，利用长方体的性质，以及中位线定理，可得答案；
对于C，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可得答案；
对于D，利用三角形之间的关系，可得答案.
【详解】对于A，连结，则四点共面，
平面平面，
又平面在平面与平面的交线上，
同理也在平面与平面的交线上.
三点共线，故A正确：
对于B，设直线与平面的交点为，
易证平面平面，从而得到，
因为为中点，所以为中点，
同理可得为的中点，所以，故B正确；
对于C，取中点，连接，
因为平面平面，
则即为直线与平面所成角，
，故C错误；
对于D，因为，
所以•，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 已知函数则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，直接代入计算即可得到结果.
【详解】因为，
则.
故答案为:
14. 已知向量，若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量坐标运算及垂直关系的向量表示求解即可.
【详解】解：因为，
所以，
因为，
所以，解得
故答案为：
15. 已知定义在上的函数满足：对任意实数a，b都有，且当时，．若，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抽象函数的条件，结合函数单调性的定义证明函数的单调性，结合函数单调性将不等式进行转化求解即可．
详解】解：对任意实数a，b都有，且当时，．
设，则，．
所以，
即，
所以是增函数．
因为，即，所以.
所以原不等式化为等价为，
则，即，则，得，
故不等式的解集是.
故答案为：
16. 已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，若，则的两条浙近线的斜率之积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，进而根据点差法得，再根据得，进而得，再求渐近线的斜率之积即可得答案.
【详解】解：设，
因为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，
所以①，②，③，④，
所以，②③得，整理得
所以，
因为双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，
所以，，
因为，
所以，即，整理得：，
所以，整理得，
所以，即，
所以，整理得，
因为的两条浙近线分别为，
所以，的两条浙近线的斜率之积为
故答案为：
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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求B；
（2）若，D为边AC的中点，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将条件中的角向边进行转化，然后由余弦定理可得答案；
（2）由可得，然后可得值，然后可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，
又，所以．
【小问2详解】
因为，D为边AC的中点，所以，且，
在中，，
同理，在中，，
因为，所以，所以，
在中，，即，所以，
所以的面积．
18. 已知数列的前n项和为，，且（）．
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前n项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由与的关系可得是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求得结果；
（2）根据题意，由裂项相消法即可求得，从而证明.
【小问1详解】
由，得．
当时，，
所以，所以，
由于，所以，
因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
，
，
因为，所以．
19. 如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．
（1）求证：；
（2）若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：在中，，，，所以，
所以，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以．
【小问2详解】
在中，，，，所以．
以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面ADB的一个法向量为，则
取，则，所以．
设直线BC与平面ADB所成的角为，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．
20. 如图，为了测量某条河流两岸两座高塔底部A，B之间的距离，观测者在其中一座高塔的顶部D测得另一座高塔底部B和顶部C的视角的正切值为（即），已知两座高塔的高AD为30m，BC为60m，塔底A，B在同一水平面上，且，．
（1）求两座高塔底部A，B之间的距离；
（2）为庆祝2023年春节的到来，在两座高塔顶部各安装了一个大型彩色灯饰．政府部门为了方便市民观赏这两个彩色灯饰，决定在A，B之间的点P处（点P在线段AB上）搭建一个水上观景台，为了达到最佳的观赏效果，要求最大，问：在距离A点多远处搭建，才能达到最佳的观赏效果?
【答案】（1）60m （2）在距离A处米处搭建，才能达到最佳的观赏效果
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正切公式与三角比的定义求解；
（2）由两角和的正切公式表达为关于的函数后求解最值.
【小问1详解】
由题知，，，，，
如图，作，垂足为E，则四边形ABED为矩形，所以．
所以，所以，
设，则，
解得或（舍去），
所以，
所以两座高塔底部A，B之间的距离为60m．
【小问2详解】
设，则．
所以，，
所以
．
设，则，
所以
，
当且仅当即时，等号成立．
又因为在锐角范围内，越大，越大，
所以当时，取得最大值，此时．
所以在距离A处米处搭建，才能达到最佳的观赏效果．
21. 已知椭圆E：过，两点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知，过的直线l与E交于M，N两点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将两点坐标代入，求出椭圆方程；
（2）依据斜率是否为零，分类讨论，斜率为零时易得结论，斜率不为零时证明QP平分，可得结论.
【小问1详解】
由题知，椭圆E过，，
所以，解得，，
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为，所以，或，．
所以．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，
由，得，
所以，，
，
所以，，所以
，
所以QP平分，因为，，
所以，即．
22. 已知函数.
（1）若，证明：；
（2）若对任意的恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)证明不等式成立，即证明，建立新的函数，求导判断函数的单调性，求出最值即可判断.
(2)对的正负分类讨论，当时，可以直接去绝对值.当时，转化为分段函数求导，求函数的最值即可解决.
【小问1详解】
证明：因为的定义域为，所以若，.
要证，即证，即证.
令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
【小问2详解】
若对任意的恒成立，
即对任意的恒成立.
令.
若，则.
由（1）知，所以，又，所以，
又，所以，符合题意；
若，令，在上恒成立，
所以在上单调递增，又，，
所以存在唯一的，使得，且，
所以，当时，，
所以，所以在上单调递减.
当时，，所以，
当时，在上单调递增，所以，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，解得.
设，，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，即.
综上所述，a的取值范围为.
【点睛】不等式的恒成立问题通常都转化为函数最值问题，通过求导，判断单调性，即可求得函数的最值.当参数范围不确定时，需要进行分类讨论，求导求函数的最值.