天津市南开中学滨海生态城学校2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份天津市南开中学滨海生态城学校2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。
答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号涂写在答题卡和答题纸上．答卷时，考生务必将Ⅰ卷答案涂在答题卡上，Ⅱ卷答案写在答题纸上，答在试卷上的无效．
第Ⅰ卷选择题（45分）
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. 已知全集，集合，，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】，则
故选：A
【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.
2. 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】A
【解析】
【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.
详解：绝对值不等式，
由.
据此可知是的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合，利用诱导公式和二倍角公式即可求解
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：D
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数为奇函数，由图像可排除C，D；然后利用特殊值，取，可排除B.
【详解】定义域为，定义域关于原点对称，
，
是奇函数，排除C，D；
当时，，排除B；
故选：A.
【点睛】本题考查了函数图像的识别，函数奇偶性的判断，属于基础题.
5. 已知等比数列满足，，则的值为（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，利用等比数列的性质求得，再利用通项公式求解.
【详解】在等比数列中，，，
所以，
所以，
所以，
故选：C
6. 设，则大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据函数单调性及中间值比大小.
【详解】因为，，在定义域上单调递减，
故，，，
所以.
故选：A
7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A. 直线是图象的一条对称轴
B. 图象的对称中心为，
C. 在区间上单调递增
D. 将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象
【答案】C
【解析】
【分析】由已知图象求得函数解析式，将代入解析式，由其结果判断A;求出函数的对称中心可判断B; 当时，，结合正弦函数的单调性判断C;根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.
【详解】由函数图象可知，,最小正周期为，
所以，
将点代入函数解析式中，得：，结合，
所以，故，
对于A，当时，，故直线不是图象的一条对称轴，A错误;
对于B，令，则，
即图象的对称中心为，，故B错误；
对于C，当时，，由于正弦函数在上递增，
故在区间上单调递增，故C正确；
对于D，将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是奇函数，故D错误；
故选：C
8. 已知定义在上函数满足，，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，得到函数的单调性，根据单调性解不等式即可.
【详解】令，则，所以在单调递减，
不等式可以转化为，即，所以.
故选：D.
9. 已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把函数恰有2个零点转化为和有两个交点.利用图像法解.
【详解】因为函数恰有2个零点，
所以和有两个交点.
作出函数的图像如图所示：
因为时，和相交，所以只需和再有一个交点.
.
当时，若与相切，则有的判别式，此时.
当时，若与相切，则有的判别式，此时.
当时，若与相切，设切点为.
则有，解得：.
所以要使函数恰有2个零点，
只需或或，解得：
或或.
故选：D
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
第Ⅱ卷（105分）
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
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．
10. _______
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的运算性质即可求得答案.
【详解】,
故答案为：.
11. 若复数是纯虚数，则实数的值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再由实部等于，虚部不等于即可求解.
【详解】因为纯虚数，
所以，解得，
故答案为：.
12. 已知函数，若正数a、b满足，则______，的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分析出函数为上的增函数且为奇函数，由已知条件可得出，将所求不等式变形得出，然后再利用基本不等式可求得结果.
【详解】函数的定义域为，
，故函数为奇函数，
因为函数、、、均为上的增函数，故函数为上的增函数，
由可得，，
可得，则，
所以，
.
当且仅当，时，等号成立，
所以，的最小值为.
故答案为:；.
13. 设100件产品中有70件一等品，25件二等品，规定一、二等品为合格品．从中任取1件，已知取得的是合格品的条件下，则它是一等品的概率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】方法1：由条件概率公式计算可得结果.
方法2：由条件概率公式计算可得结果.
【详解】设事件A表示“取得合格品”，事件B表示“取得一等品”，
由已知得：，∴，
方法1：∴取得的是合格品，它是一等品的概率为：
方法2： ∴取得的是合格品，它是一等品的概率为：
故答案为：.
14. 已知函数在上有且仅有2个零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，解得，然后根据在上有且只有2个零点列不等式，解不等式即可.
【详解】令，则，解得，
因为在上有且只有2个零点，所以，解得.
故答案为：.
15. 已知函数，若恰有2个零点，则实数a的值为______，若关于x的方程恰有4个不同实数根，则实数m的取值范围为______.
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】先利用导数研的的图象，再作出的图象,恰有2个零点，则与有2个交点，数形结合即可得实数a的值;若关于x的方程恰有4个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等根,且，，再数形结合即可建立的不等式组，即可求解
【详解】当时，则，，
令，解得，
所以当时，,单调递增，时，,单调递减,
再根据题意可作出的图象如下:
若有2个零点,则与有2个交点，数形结合可知;
若关于x的方程恰有4个不同实数根，
令，则有两个不等实数根，
故，与都有2个交点或者与仅1个交点，与有3个交点；
当，与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；
当与仅1个交点，与有3个交点，则，，
当时，，解得，故，解得或，舍去；
故两个实数根的范围为，，
所以解得，
所以实数m的取值范围为，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想作出函数的图象，再通过图象得到与仅1个交点，与有3个交点，并通过分析得到，
三、解答题（共75分）
16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）若，求的值；
（3）若的面积为，，求的周长.
【答案】（1）；
（2）；
（3）8.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，然后利用和差公式进行化简得到，即可得到；
（2）利用二倍角公式得到，，然后利用和差公式得到，最后代入即可；
（3）利用面积公式得到，利用余弦定理得到，两式结合可得，然后求周长即可.
【小问1详解】
根据正弦定理得，
，
∵，∴，则，
∵，∴.
【小问2详解】
∵,
∴，，，，
∴
.
【小问3详解】
∵面积为，且，
∴，整理得①，
根据余弦定理可得，②，
联立①②，可得，所以周长为8.
17. 如图,正三棱柱中,是中点．
（1）求证:平面;
（2）若,,求点到平面的距离;
（3）当为何值时,二面角的正弦值为？
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）1
【解析】
【分析】(1) 连接交于点,连接,根据中位线即可证明,再利用线面平行判定定理即可证明;
(2)根据正三棱柱的几何特征,求出各个长度及,再用等体积法即可求得;
(3)建立合适空间直角坐标系,设出长度,找到平面及平面的法向量,建立等式,求出长度之间的关系即可证明.
【小问1详解】
证明:连接交于点,连接如图所示:
因为三棱柱,
所以四边形为平行四边形,
所以为中点,
因为是中点,
所以,
因为平面,平面,
所以平面;
【小问2详解】
由题知,因为正三棱柱,
所以平面,
且为正三角形,
因为,,
所以,,,
所以为直角三角形,
,
记点到平面的距离为,
则有,
即,
即,
解得,
故到平面的距离为;
【小问3详解】
由题,取中点为,可知,
所以平面,
因为为正三角形,是中点,
所以,
故以为原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴建立如图所示空间直角坐标系,
不妨记,
所以,
,
记平面的法向量为,
则有,
即,
取,可得;
记平面的法向量为,
则有,
即,
取,可得;
因为二面角的正弦值为,
所以
,
解得: ,
即当时,二面角的正弦值为.
18. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，短轴长是2．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为，．设的斜率为（），的面积为，当，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据离心率和短轴长求出，可得椭圆的方程；
（2）写出直线和的方程，并与椭圆方程联立求出的坐标，求出和，求出直角三角形的面积，代入，解不等式可得结果.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，
根据题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，椭圆的方程为，，
所以直线，，
设，，
联立，消去并整理得，
所以，所以，
所以，
联立，消去并整理得，
所以，所以，
所以,
所以，
由，得，
整理得，得，
又，所以，
所以或.
19. 已知数列是等差数列，其前n项和为，，；数列的前n项和为，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）求证；.
【答案】（1），；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程，解得，即可得到，利用时，，得到数列为等比数列，然后求即可；
（2）根据（1）得到，然后利用裂项相消的方法求和即可；
（3）利用放缩的方法得到，然后用错位相减的方法求和，得到，即可证明.
【小问1详解】
设数列的公差为，则，解得，∴，
由①可得，当时，，则，
当时，②，
①②相减得，，整理得，所以数列为等比数列，.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以
.
【小问3详解】
由（1）可得，，又，
∴，
设，则，
两式相减得，
，
∴，
∴.
20. 已知函数，.
（1）当时，若曲线与直线相切，求k的值；
（2）当时，证明：；
（3）若对任意，不等式恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）；
（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）设切点坐标为，然后利用导数的几何意义列方程，解方程即可得到；
（2）证明即证明，然后求导，利用单调性求最值，即可证明；
（3）将不等式转化为，然后构造函数，根据的单调性得到恒成立，即，构造函数，根据的单调性得到，然后代入解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，则，
设切点坐标为，则，解得，
所以.
【小问2详解】
当时，，定义域为，，
令，则，当时，，则在上单调递增，
又，所以当时，，时，，所以在上单调递减，上单调递增，
所以，则.
【小问3详解】
由题可知，，则不等式恒成立，
即，
即，
即，
即在上恒成立，
令，易知在上单调递增，
所以在上恒成立，即，
令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，
则，所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立⇔；
（2）恒成立⇔.