2022-2023学年山东省日照市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年山东省日照市高三上学期期末数学试题及答案，共27页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本大题共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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性得到，然后利用交集的定义即可求解.
【详解】因为集合，又，
所以，
故选：.
2. 设a,b为实数，若复数，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，然后用复数相等的条件，列方程组求解．
【详解】由可得1+2i＝（a﹣b）+（a+b）i，所以，解得，，
故选A．
【点睛】本题考查了复数相等的概念及有关运算，考查计算能力．是基础题．
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先求解分式不等式，然后根据两者的关系判断是什么条件.
【详解】由可得，，即，可等价变形为：，即或，显然“或”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于A项，过直线找一个平面与平面相交，设交线为，按照此途径解决.
对于B项，讨论直线与平面的位置关系.
对于D项，设，作直线，按照此途径解决
对于C项，分和当时两种情况证明.
【详解】对于A项，过直线找一个平面与平面相交，设交线为，根据线面平行的性质定理可得，又因为，所以，所以，故A不正确.
对于B项，若，，则或，故B不正确.
对于D项，若，设，作直线，则，，故D不正确.
对于C项，因为并且所以，或者；
当时，又因为根据面面垂直得判定定理可得，
当时，过作平面，根据线面平行的性质定理可得：
又因为所以，又因为 ，所以，
综上若，则，所以C正确.
故选：C
5. 若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线垂直，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出曲线在点处的切线的斜率为，利用斜率成积等于-1，求出曲线y=ln x在点P处的切线的斜率，利用导数即可求出切点的横坐标，代入可解.
【详解】的导数为，所以曲线在点处的切线的斜率为.
因为曲线在点处的切线与曲线y=ln x在点P处的切线垂直，
所以曲线y=ln x在点P处的切线的斜率.
而y=ln x的导数，所以切点的横坐标为，所以切点.
故选：D
6. 我们要检测视力时会发现对数视力表中有两列数据，分别是小数记录与五分记录，如图所示(已隐去数据)，其部分数据如表：
现有如下函数模型：①，②，表示小数记录数据，表示五分记录数据，请选择最合适的模型解决如下问题：小明同学检测视力时，医生告诉他的视力为4.7，则小明同学的小数记录数据为（ ）(附：)
A. 0.3B. 0.5C. 0.7D. 0.8
【答案】B
【解析】
【分析】通过表格中的数据进行模型验证，可得选模型①更合适，然后令解出的值即为答案.
【详解】由数据可知，当时，，两个都符合，
但当时，由，得，与表中的数据符合，
而，与表中的数据不符合，
所以选择模型更合适，此时令，则，
所以.
故选：B.
7. 安排4名小学生参与社区志愿服务活动，有4项工作可以参与，每人参与1项工作，每项工作至多安排2名小学生，则不同的安排方式有（ ）
A. 168种B. 180种C. 192种D. 204种
【答案】D
【解析】
【分析】考虑4名学生的工作方式：每名小学生参与不同的工作，有2名小学生参与相同的工作，4名小学生两两分组分别计算即可
【详解】分3种情况：
①每名小学生参与不同的工作，则有种安排方式；
②有2名小学生参与相同的工作，则有种安排方式；
③4名小学生两两分组，则有种安排方式；
所以总的安排方式有种；
故选:D.
8. 已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.
【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，
如图，过点作于点,
因为，
所以，，
因为，所以，
因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，
所以，，
故，，
因为，所以，，
将代入双曲线中，
即，化简得，，
，，，
解得或（舍去），，，
则该双曲线的渐近线方程为，
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线定义以及等面积法的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思想，考查数形结合思想，体现了综合性，是难题.
二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. （多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（ ）
A. 开口向上，焦点为B. 开口向上，焦点为
C. 焦点到准线的距离为4D. 准线方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论
【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为．
故选：AC
10. 已知数列满足，则（ ）
A. ≥2B. 是递增数列
C. {-4}是递增数列D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可
【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；
对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；
对于D，因为，所以，所以，
所以，即.
故选：ABD
11. 双扭线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双扭线C．已知点是双扭线C上一点，下列说法中正确的有（ ）
A. 双扭线C关于原点O中心对称；
B. ；
C. 双扭线C上满足的点P有两个；
D. 的最大值为．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A，设动点，则对称点代入轨迹方程，显然成立；对B，根据的面积范围证明；对C，若，则在y轴上，代入轨迹方程求解；对D，根据余弦定理分析中的边长关系，进而利用三角形的关系证明即可.
【详解】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为
把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；
对B，因为，故．
又，所以，
即，故．故B正确；
对C，若，则在的中垂线即y轴上．
故此时，代入，
可得，即，仅有一个，故C错误；
对D，因为，
故，
，
因为，，
故．
即，
所以．
又，当且仅当，，共线时取等号．
故，
即，解得，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题考查了动点轨迹方程的性质判定，因为轨迹方程比较复杂，故在作不出图像时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性分析，同时结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.
12. 已知三棱锥的棱长均为，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（ ）
A. B.
C. 数列为等差数列D. 数列为等比数列
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意求出三棱锥内切球和球的半径，找出半径之间的关系，进而进行计算即可得出结论.
【详解】由题意知三棱锥的内切球的球心在高上，如图1所示，
由正三角形中心的性质可得：，则，
设球的半径为，则利用等体积法：，
即，解得：，所以球体积，故选项正确；
如图2所示：易知，，.
设球与平面切于点，球的半径为，连接，则，
所以，即，所以，
则，所以，如此类推，.
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，则，故选项错误；
由可得，
所以数列是公比为的等比数列，故选项错误；
由可得，
数列是公比为的等比数列，故选项正确；
故选：.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 二项式的展开式中常数项为，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项，令，根据常数项的值可列等式，求得的值.
【详解】由题意可得二项式的展开式的通项为 ，
令 ，
则，解得 ，
故答案为：1
14. 已知向量夹角为，且，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由，再根据向量的运算律及数量积的定义求解即可.
【详解】解：因为.
故答案为：
15. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
16. 设正项等比数列的公比为，首项，关于的方程有两个不相等的实根，且存在唯一的，使得．则公比的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据可得范围及韦达定理的结论，由可进一步确定；由可知等比数列为递减数列，分析可知当，符合题意，由等比数列通项公式可构造不等式组求得结果.
【详解】有两个不相等的实根，，
，解得：，，，
，解得：，；
不满足，则存在唯一的，使得，
，，等比数列为递减数列，即；
若，则均不满足，不合题意；
，又唯一，则，
，解得：，即公比取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列基本量的求解问题，解题关键是能够确定数列为递减数列，根据的唯一性分析出唯一可能的情况，即，，从而构造出不等式组.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）将函数图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移个单位得到函数的图象，求的最小值及取得最小值时的x的取值集合.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再结合的单调性即可求得的单调增区间；
（2）先利用三角函数的图像变换得到的解析式，再结合的性质即可求得的最小值及取得最小值时的x的取值集合.
【小问1详解】
因为，
由，得，
所以的单调增区间为.
【小问2详解】
将函数图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移个单位得到函数的图象，
所以，
故当，即时，，即取得最小值，
所以的最小值为，此时x的取值集合为.
18. 如图，长方形纸片的长为，将矩形沿折痕翻折，使得两点均落于边上的点，若.
（1）当时，求长方形宽的长度；
（2）当时，求长方形宽的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用二倍角公式求出，再用余弦定理结合面积公式即可求解；（2）由余弦定理结合面积公式表示出即可讨论最值.
【小问1详解】
依题意,在△中,,,,
的长度即为△的边上的高,
当时，,
所以
，设
，①
由余弦定理得,得,
，
,②
.
【小问2详解】
在中，，①
，②
.
19. 如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，是侧面上一点．
（1）过点作一个截面，使得与都与平行．作出与四棱锥表面的交线，并证明；
（2）设，其中．若与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）答案和证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理分别在几何体表面作出与平行的直线即可求解；
（2）根据表示出点的坐标，再求出平面的法向量，从而表示得与平面所成角的正弦值，解方程求解.
【小问1详解】
过点作的平行线，分别交于点，
过作的平行线，交于点，过作的平行线交于点，
则截面为所求截面，证明如下：
因为截面,截面,所以截面,
因截面,截面,所以截面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，
则
所以，
所以，
又因为，所以，
设平面的法向量为，
所以令，
所以，
设与平面所成角为，
则，
整理得，解得（舍），.
20. 已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，且.
（1）若，求的值；
（2）若，，求证：数列是等差数列，并求其前项和.
【答案】（1）1 （2）证明过程见解析，前项和为
【解析】
【分析】（1）令得到，结合得到，利用求出；
（2）得到，累乘法得到，当时，，相减后得到，得到数列为等差数列，首项为，公差为，数列为等差数列，首项为，公差为，利用，求出，写出和的通项公式，合并得到，利用定义法证明出数列是等差数列，并求出其前项和.
【小问1详解】
中令得：，
因为数列的各项均为非零实数，所以，
因为，所以，即，解得：；
【小问2详解】
，即，
所以，，，……，，以上式子相乘得：
，
因为数列的各项均为非零实数，且，所以，
即，当时，，
所以，
因为，所以，
所以，，
故数列为等差数列，首项为，公差为，
数列为等差数列，首项为，公差为，
，所以，
所以，
，
故，所以，所以数列是等差数列，
其前项和.
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
21. 设椭圆左右焦点分别为，椭圆的上顶点，点为椭圆上一点，且.
（1）求椭圆的离心率及其标准方程；
（2）圆圆心在原点，半径为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足，试说明直线与圆的位置关系，并证明.
【答案】（1），椭圆的方程为；
（2）直线与圆相切，证明见解析.
【解析】
【分析】(1)由题意可得，设，由，可得，代入椭圆方程得，从而可得，再由即可求得椭圆的方程；
(2)先证明直线与圆相切，分直线的斜率存在与不存在两种情况分别证明；当线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，只要求出点到直线的距离即可；直线的斜率不存在时，只要求出直线的方程为或即可；从而可得直线与圆相切；同理可证线与圆相切.
【小问1详解】
解：由题意可得，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
即，代入椭圆方程得：，
所以，
所以，
因数，
即，
所以，
又因为，
所以，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
解：直线与圆相切.
证明：因为关于原点对称，
所以 ，，，
所以，
设，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
联立直线和椭圆方程可得：，
即，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
则原点到直线的距离，
所以此时直线与圆相切；
当直线的斜率不存在时，依题意可得，
由，可得，
所以，
又因为，
所以，
所以直线的方程为或，
所以原点到直线的距离，
所以此时直线与圆相切，
综上所述直线与圆相切；
同理可证直线与圆相切；
所以直线与圆相切.
22. 已知函数是的导函数．
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）若，判断关于的方程在内实数解的个数，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）2，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意在上恒成立，即恒成立，由此构造函数，转化为求函数的最值问题，即可求得答案；
（2）求出a的值，由，得 ，令 ,,再构造函数令， ，通过判断导数正负，判断函数单调性，结合零点存在定理，继而判断函数的零点个数.
【小问1详解】
由题意在上恒成立，得 ，
即恒成立，令，则 ，
当时，，
令，即，则，
得，
令，即，
或得 或，
所以在和为减函数，在上为增函数，
，，故，
故，即，
综上 ，实数的取值范围 .
【小问2详解】
由题意，
,
由，得 ，
令 ， 令，
,令
在上单调递减,
注意到,
∴存在,使，
且当时， ， 单调递增,
当时，，单调递减
且 ,
,
所以在和上各有一个零点，
设为，且当时，单调递减；时，单调递增，
当时，单调递减
且 ，
∴当时， ，
当 时，，
故在上有唯一的零点，设为，
且当 ，时， ，在上单调递减；
当 时，，在上单调递增．
注意到 ，
，
所以：在和上各有一个零点，设为，
所以共两个零点，
故方程在内实数解的个数为2.
【点睛】难点点睛：在解答关于的方程在内实数解的个数时，难点在于要根据导数的特征，连续构造函数，判断其导数的正负，进而判断函数单调性，再结合零点存在定理，确定零点个数.
小数记录
0.1
0.12
0.15
0.2
…
？
…
1.0
1.2
1.5
2.0
五分记录
4.0
4.1
4.2
4.3
…
4.7
…
5.0
5.1
5.2
5.3