2023届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末数学试题

一、单选题
1．若复数满足，则的共轭复数是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果.
【详解】，.
故选：C.
2．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（    ）
A．1 B．3 C．1或3 D．0
【答案】B
【分析】根据复数为纯虚数的条件可列出方程及不等式，即可求得答案.
【详解】因为为纯虚数，
故，则，解得.
故选：B
3．，为不重合的直线，，，为互不相同的平面，下列说法错误的是（    ）
A．若，则经过，的平面存在且唯一
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【答案】D
【分析】对于A，由平面的性质判断，对于B，由面面平行的性质判断，对于C，由线面垂直的判定定理判断，对于D，由面面平行的判定定理判断
【详解】对于A，因为，所以由两平行直线确定一个平面，可知经过，的平面存在且唯一，所以A正确，
对于B，因为，，，所以，所以B正确，
对于C，设，在内作，在内作，因为，，所以，所以∥，所以∥，因为，，所以∥，因为，所以，所以C正确，

对于D，当，，，时，与可能平行，可能相交，所以D错误，
故选：D
4．回旋镖（Boomerang）曾是澳大利亚土著人的传统狩猎工具，今在澳大利亚回旋镖是相当受欢迎的运动项目.四叶回旋镖可看作是由如图所示的四个相同的直角梯形围成，其中，若点H满足，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】观察直角梯形的特征，求出角A的大小，然后由得到点H为GF的中点，最后结合，即可得结果.
【详解】解：如图：过作，交于点，在直角梯形ABCD中，，所以为正方形，所以为等腰直角三角形，即，同理可得.

因为四叶回旋镖是由四个相同的直角梯形围成，所以B，D，E三点共线.
因为，所以点H为线段FG的中点，又，所以向量与的夹角即与的夹角，为，

故选：C.
5．已知，，则（    ）
A．0和 B． C． D．和0
【答案】B
【分析】根据同角三角函数的基本关系，求出正弦值，余弦值，再求正切值.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
整理得，解得或，
由则当时，（代入条件验证矛盾舍去），
当时，，
所以.
故选：B
6．已知，，是与的等比中项，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据等比中项定义可求得，将所求式子化为，利用基本不等式可求得最小值.
【详解】由等比中项定义知：，，
（当且仅当，即，时取等号），
即的最小值为.
故选：B.
7．设，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】法一：构造，求导分析单调性，结合可得，再构造，求导分析单调性可得，进而判断出即可.
【详解】法一：若，令
在上单调递增，
，即，比较与的大小，先比较与
若
令
时单调递减，.
法二：秒杀

另一方面由时，，
.
故选：B
8．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（    ）

①点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
②平面截直四棱柱所得截面的面积为
③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
④平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】对于①：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断；
对于②、④：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可；
对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断.
【详解】解：对于①：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知，
点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题①正确；

延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题④错误.
由平行线分线段成比例可得：AP= BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰三角形.
由相似三角形可知，AM=AP=1，A1M=2，则， .
连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.
等腰梯形MEFN的高，
则等腰梯形MEFN的面积为.
又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题②正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则，
所以， .故命题③正确.
综上得说法中正确的是：①②③，
故选：D.
【点睛】立体图形中的截面问题：
（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.

二、多选题
9．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，下列四个推断中正确的是（    ）

A．平面
B．平面
C．平面
D．平面平面
【答案】AC
【分析】由已知可得，由线面平行的判定定理可判断A；由，与平面相交可判断B；由，根据线面平行的判定定理可判断C，由与平面相交可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：因为在正方体中，，，分别是，，的中点，所以，因为，所以，因为平面， 平面，所以平面，故选项A正确；
对于B：因为，与平面相交，所以与平面相交，故选项B错误；
对于C：因为，，分别是，，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，故选项C正确；
对于D：与平面相交，所以平面与平面相交，故选项D错误.
故选：AC

10．已知，，若与共线，则下列说法错误的是（    ）
A．将的图象向左平移个单位得到函数的图象；
B．函数的最小正周期为；
C．直线是的一条对称轴
D．函数在上单调递减
【答案】ACD
【分析】由向量共线的坐标表示和三角恒等变换知识可化简得到；根据三角函数平移变换、余弦型函数最小正周期、余弦型函数的对称轴和单调性的判断方法依次验证各个选项即可.
【详解】与共线，，
则；
对于A，向左平移个单位得：，A错误；
对于B，的最小正周期，B正确；
对于C，当时，，不是的对称轴，C错误；
对于D，当时，，在上单调递增，D错误.
故选：ACD.
11．设函数的定义域为，且满足，，当时，.则下列说法正确的是（    ）
A．
B．当时，的取值范围为
C．为奇函数
D．方程仅有3个不同实数解
【答案】BC
【分析】根据，推导出，所以的周期为8，可判断A；根据函数性质求出，，当时，，从而确定的取值范围，可判断B；根据得到关于中心对称，从而关于原点中心对称，即为奇函数，可判断C；画出与的图象，数形结合求出交点个数，即可求出方程的根的个数，可判断D.
【详解】因为，所以，
因为，故，所以，
即，所以，所以，
所以的周期为8，因为，所以
因为，
所以，
因为时，，所以，故，A错误；
当，，所以，
当，，，
所以，
综上：当时，的取值范围为，B正确；
因为，所以关于对称，
故关于原点中心对称，所以为奇函数，C正确；
画出与的图象，如下：

显然两函数图象共有4个交点，其中，所以方程仅有4个不同实数解，D错误.
故选：BC
12．已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（    ）
A．若为的垂心，，则
B．若为锐角的外心，且，则
C．若，则点的轨迹经过的重心
D．若，则点的轨迹经过的内心
【答案】ABC
【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D.
【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；

对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；

对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC

三、填空题
13．已知，为单位向量，，则___________.
【答案】
【分析】由可得，即可求出，再代入即可得出答案.
【详解】因为，为单位向量，，
所以，
所以.
则
故答案为：.
14．已知复数z满足，则的最小值是__________
【答案】
【分析】由复数的几何意义及给定等式的特点，是复平面内的一条线段，求出线段上的点与点(1，0)距离最小值得解.
【详解】由复数几何意义知，在复平面内，与分别表示复数z对应点M到定点A(0，3)与B(-2，0)的距离，
而，于是有，动点M在线段AB上，如图：

表示定点C(1，0)到动点M的距离，是锐角三角形，
点C到线段AB上动点M的距离最小值即是AB边上的高CD，
，由，
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：是两个复数，的几何意义是：复平面内，表示复数对应点与表示复数对应点的两点间距离.
15．如图截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为的截角四面体.则该截角四面体的表面积是______.

【答案】
【分析】根据截面四面体特征可知其是由个边长为的等边三角形和个边长为的正六边形拼接而成，分别求得正六边形和等边三角形面积，加和即可得到结果.
【详解】由题意知：该截角四面体的表面积是个边长为的等边三角形和个边长为的正六边形的面积之和；
将每个正六边形拆分为如下图所示的两个三角形和一个矩形，

正六边形每个内角均为，，
每个正六边形的面积为，
又每个等边三角形面积为，
该截角四面体的表面积为.
故答案为：.
16．对任意的，不等式（其中是自然对数的底）恒成立，则的最大值为______.
【答案】
【分析】对不等式左右同时取对数，分离变量可整理为；构造函数，求导后，继续构造函数，利用导数来确定的单调性和最值，进而证得当时，，由此可得，从而确定，结合的范围可确定，由此可得的最大值.
【详解】对不等式左右同时取对数得：，
即，；
令，则；
令，则；
令，则；
令，则，
在上单调递减，，即，
在上单调递减，，即，
在上单调递减，，
即当时，，，即，
在上单调递减，；
，，则，
即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题基本思路是采用分离变量的方式，将问题转化为变量与函数最值之间大小关系的问题，进而利用导数求得函数的单调性和所需的最值，从而得到变量的取值范围.

四、解答题
17．已知分别是的内角的对边，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①；②；③．
【答案】答案见解析.
【详解】由①②Þ③：利用正弦定理化简①，可求得；结合三角形的面积公式求得，由此证得③.由①③Þ②：利用正弦定理化简①，可求得；结合向量运算求得，进而证得②.由②③Þ①：结合三角形面积公式以及向量运算求得，结合正弦定理证得①.
解：
由①②Þ③：
由可得，
即，即，
即，而，所以，
由，可得，
所以．
由①③Þ②：
由可得，
即，即，
即，而，所以，
由可得，则，
所以．
由②③Þ①：
由可得，
由可得，即，所以，
又，，所以，即，
所以，
所以，即．
18．如图，长方体的底面是边长为的正方形，高为，分别是的中点．

(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用体积，由棱锥体积公式可求得结果；
（2）根据三角形中位线性质和线面平行判定可证得平面，同理可得平面，由面面平行的判定可证得结论.
【详解】（1），平面，
.
（2）连接，

分别为中点，，
，，四边形为平行四边形，，，
又平面，平面，平面；
同理可得：平面，
又，平面，平面平面.
19．已知等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，若，且，，，成等差数列.
（1）求数列，的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，数列的前n项和为，求，.
【答案】（1），；（2），
【解析】（1）由等差中项可得，，再根据等差数列的性质即可求出答案；
（2）由（1）可得，再利用分组求和法求，，利用裂项相消法求．
【详解】解：（1）∵，，成等差数列，
∴①，
又∵，，成等差数列，
∴，得②，
由①②得，，
∴，；
（2），
∴，
又，
∴．
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查等差中项的应用，考查裂项相消法与分组求和法，考查计算能力，属于基础题．
20．如图，在正方体中，分别是的中点.

(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得，根据线面平行的判定可证得结论；
（2）假设存在点，延长交于，连接交于，根据三角形中位线性质可确定，利用线面平行的性质可证得四边形为平行四边形，由此可确定.
【详解】（1）连接，

分别为中点，，
，，四边形为平行四边形，，
，又平面，平面，
平面.
（2）假设在棱上存在点，使得平面，
延长交于，连接交于，

，为中点，为中点，
，，，
平面，平面，平面平面，
，又，四边形为平行四边形，，
；
当时，平面.
21．2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
①试证明为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①证明见解析；②

【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
（2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足.
【详解】（1）解析1：分布列与期望
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，
门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，
，，
，，X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





期望．
（1）解析2：二项分布
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





期望．
（2）解析：递推求解
①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，
从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列．
②由①可知，，，故．
22．已知，函数.
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；
(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；
(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，
利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.
【详解】（1）当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为，
极小值为，无极大值；
（2）(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且，
令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.