山东省菏泽市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第一学期期末考试

高三数学试题

第Ⅰ卷    选择题（60分）

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. 设集合，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】写出由集合A中满足小于的自然数元素组成的集合即可.

【详解】集合A中满足小于的自然数元素有0，1，2，

所以.

故选：C.

2. 若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）

A. 0 B.  C. 1 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数除法，然后利用复数的实部与虚部相等即得.

【详解】，

由于复数的实部与虚部相等，

则，

解得.

故选：A.

3. 若，则p成立的一个必要不充分条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解不等式得或，选出其必要不充分条件即可.

【详解】p：，即且，解得或，

所以p：或，

对于A，是p的既不充分也不必要条件；

对于B，即或，是p的必要不充分条件；

对于C，即或，是p的充分不必要条件；

对于D，是p的充分不必要条件；

故选：B.

4. 等比数列的前n项和为，若，，则（    ）

A. 60 B. 70 C. 80 D. 150

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列前项和的片段和性质，结合题意，进行具体计算即可.

【详解】因为是等比数列，

所以成等比数列，

又因为，，，

则，，

所以，.

故选：D.

5. 已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由复合函数单调性及定义域可求解.

【详解】由复合函数单调性的规律和函数定义域可知：

函数在上单调递增且在上恒成立，

则有，解得，则a的取值范围为.

故选：D

6. 设圆C：上恰好有三个点到直线的距离等于1，则圆半径r的值为（    ）

A 2 B. 4 C.  D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】首先求圆心到直线的距离，再利用数形结合可得的值.

【详解】圆心到直线的距离，

若圆上有3个点到直线的距离等于1，则.

故选：D

7. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水恰好刚刚满盆，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）

A. 寸 B. 8寸 C. 寸 D. 9寸

【答案】C

【解析】

【分析】利用圆台的体积公式求得盆中积水的体积，进而求得平地降雨量.

【详解】由题意，可知圆台形天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，

则盆中积水的体积为，

又盆口面积为，

所以平地降雨量为(寸).

故选：C.

8. 已知函数在区间恰有3个零点，4个极值点，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出的范围，然后结合函数图象、零点个数和极值点个数可，进而求出可得答案.

【详解】因为，所以，

因为在区间内恰好有3个零点，4个极值点，

结合函数图象可得：，

解得，的取值范围是.

故选：A.

二、多項选择题：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. 已知双曲线C的渐近线方程为，焦距为，则满足条件的双曲线C可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据双曲线焦点的位置讨论，结合条件即得.

【详解】若双曲线C的焦点在轴上，可设方程为，

则，解得，双曲线C方程为；

若双曲线C的焦点在轴上，可设方程为，

则，解得，双曲线C方程为.

故选：AD.

10. 某城市100户居民月平均用电量（单位：度），以[160，180)、[180，200）、[200，220），[220，240）、[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图所示，则（    ）

A.

B. 月平均用电量的众数为210和230

C. 月平均用电量的中位数为224

D. 月平均用电量的75%分位数位于区间内

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用各组的频率之和为1，列出方程求解，然后根据众数，中位数及百分位数的概念逐项分析即得.

【详解】由直方图的性质可得，

解得，故A正确；

由直方图可知月平均用电量的众数，故B错误；

因为，

所以月平均用电量的中位数在内，设中位数为a，

则，

解得，故C正确；

因为，

，

所以月平均用电量的75%分位数位于区间内，故D正确.

故选：ACD.

11. 若 ，则下列不等式中成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据指数函数以及幂函数的单调性可判断A;举反例可判断；根据的特征，构造函数，利用其单调性可得，可判断，判断C.

【详解】由于，故为R上单调增函数，

所以，而是上的增函数，故，

所以，A正确；

取满足，但，B错误；

设，则，

由于，故，即是上的增函数，

故，

由于，则，故，C正确；

取，满足，而，故D错误，

故选：

12. 正方体的棱长为2，O为底面ABCD的中心．P为线段上的动点（不包括两个端点），则（    ）

A. 不存在点P，使得平面

B. 正方体的外接球表面积为

C. 存在P点，使得

D. 当P为线段中点时，过A，P，O三点的平面截此正方体外接球所得的截面的面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用反证法，由此判断A；求正方体的外接球的半径，结合球的体积公式判断B；根据勾股定理判断C；根据球的截面性质判断D.

【详解】假设存在点P，使得平面，

在上取点，使得，又，

所以四边形为平行四边形，

所以，又

所以四边形为平行四边形，故，

又平面，平面，

所以平面，又平面，,平面，

所以平面平面，与已知矛盾，

所以不存在点P，使得平面，A正确；

正方体的外接球的球心为的中点，外接球的半径，

所以正方体的外接球表面积，B正确；

假设存在P点，使得，在线段上取点使得,

设，则，，，

因为，所以，

所以，解得，与已知矛盾；C错误；

取的中点，因为P为线段中点时，连接交与点，

所以，又，

所以，故过A，P，O三点的平面为平面，

取的中点，过作，垂足为，

又平面，平面，所以，

，平面，所以平面，

过球心作，则平面，

所以正方体外接球的球心到截面的距离为的长，

又，

所以，因为为的中点，所以，

故截面圆的半径为，

所以截面圆的面积，D正确；

故选：ABD.

【点睛】本题为立体几何综合问题，考查面面平行的证明，正方体的外接球，求得截面问题，解决球的截面问题的关键在于合理使用球的截面的性质.

第Ⅱ卷    非选择题（90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，若，则t的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示，结合向量的数量积坐标表示即可求解.

【详解】因为向量，，

所以，，

又因为，

所以，即，

解得.

故答案为：.

14. 设，是椭圆的两个焦点.若在上存在一点，使，且，则的离心率为__.

【答案】.

【解析】

【分析】

由已知可得三角形是等腰直角三角形，则根据椭圆定义可得三角形三边长度，利用勾股定理即可求解.

【详解】由已知可得三角形是等腰直角三角形，且，，

由椭圆的定义可得，，又，

在△中，由勾股定理可得：，即，

，

故答案为：.

【点睛】该题考查了椭圆定义以及直角三角形中的勾股定理问题，属于基础题目.

15. 写出一个数列的通项公式，使得这个数列的前n项积当且仅当时取最大值，则______．（写出一个即可）

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据等差数列的前项和公式，指数函数及二次函数的性质求解即得.

【详解】对于，其前项积为，

令，，由二次函数的性质可知，当且仅当时取到最小值，

又函数单调递减，所以当且仅当时取到最大值，

所以满足题意.

故答案为： （答案不唯一）

16. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若和均为奇函数，则______．

【答案】

【解析】

【分析】由原函数的奇偶性，对称性推导函数的周期性，构造新函数求解即可.

【详解】因为为奇函数，则关于点中心对称，

所以关于直线对称，

所以，

令，

则，，

所以，

所以关于直线对称，

又因为为奇函数，

所以，

所以，

所以关于点中心对称，

令，则，

由，所以，

所以，

所以，

所以周期为，

当时，，

当时，，

所以，

所以.

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. 已知函数在上单调递减，设实数a的取值集合为M．

（1）求；

（2）若函数在区间M上单调递增，求实数m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】(1)由导数与函数的单调性的关系列不等关系求；

(2)根据对数函数的单调性和复合函数的单调性结论列不等式求m的取值范围．

【小问1详解】

因为，所以．

因为函数在上单调递减，

所以对成立，

所以对成立，

又

所以，

所以实数a的取值集合为；

【小问2详解】

函数区间上单调递增，

所以函数为上的增函数， 且当时，恒成立，

由函数性质可得

所以0<m<2．

所以m的取值范围为．

18. 已知等差数列的通项公式为，记数列的前n项和为，且数列为等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前n项和为，求的通项公式．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据数列通项及等差中项的性质即得；

（2）由题可得，然后利用裂项相消法即得.

【小问1详解】

因为，数列为等差数列，

所以，，，

所以，又，

解得，

所以；

【小问2详解】

由（1）得，所以，

所以

．

19. 如图，在四棱维中，底面为正方形，侧面PAD是正三角形，平面平面，（）．

（1）若，求证：平面ABE；

（2）若平面ABE与平面PAC的夹角为，且，求的值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，然后利用线面垂直的判定定理即得；

（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.

【小问1详解】

当时，为的中点，又因为为正三角形，

所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，平面，

所以，又，平面，平面，

故PD⊥平面；

【小问2详解】

取的中点，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

在平面PAD内作，则Az⊥平面ABCD，即有射线AB，AD，Az两两垂直，

以A为坐标原点，AB，AD，Az所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

设，则，，

所以，，

则，，，，

设平面ABE的一个法向量，则，

令，得，

设平面的一个法向量，则，

令，得，

所以，

设（t<0），可解得或，

由，可得，

由，可得(舍去)，

所以．

20. 在①；②；③．

三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题．

在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S．且满足______．

（1）求A的大小；

（2）设的面积为6，点D为边BC的中点，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）分别选取三个条件，运用正余弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换结合条件即得；

（2）由题可得，然后根据向量的运算及基本不等式即得.

【小问1详解】

选①，由，

化简得：，

所以，即，

在中，，，

因为，所以；

选②，，

所以，

因为，所以；

选③，，

由正弦定理和切化弦得，

在中，，

所以，

在中，，因为，

所以，得；

【小问2详解】

由，得，

由，有，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以的最小值为．

21. 已知点 和直线： ，直线过直线上的动点M且与直线垂直，线段的垂直平分线l与直线相交于点P．

（1）求点P轨迹C的方程；

（2）过点F的直线l与C交于 两点．若C上恰好存在三个点，使得的面积等于，求l的方程．

【答案】（1）   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）根据抛物线的定义可判断东点轨迹为抛物线，即而求得抛物线方程；

（2）设l的方程为，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,表示出切点D的坐标，联立方程，求出弦长，利用三角形的面积可求得k的值，说明符合题意，C上恰好存在三个点，使得的面积等于，即得答案.

【小问1详解】

连接PF，因为MF的垂直平分线l交于点P，所以，

即点P到定点的距离等于点P到直线：的距离，

由抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线,

即点P轨迹C的方程为.

【小问2详解】

如图，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,

由题知的面积等于．

由题意知直线l的斜率一定存在，设l的方程为 ，

方程可化为，则，

设，令，解得，

将代入，得，故，

所以D到l的距离，

由，消去y，得， ，

从而，，

所以，

故的面积，从而，

解得或，

此时或为使得的面积等于的一个点，

那么在直线l的上方必然也存在着一条直线和l平行，和l的距离为，

这条直线与抛物线有两个交点也使得的面积等于，

即此时C上恰好存在三个点，使得的面积等于，

所以l的方程为或．

【点睛】关键点点睛：要满足C上恰好存在三个点，使得的面积等于，关键在于找到使得面积等于时，和直线l平行且和抛物线相切的那条直线，即表示出切点坐标，从而表示出三角形的高，进而利用面积求得答案.

22. 已知函数，．

（1）证明：存在唯一零点；

（2）设，若存在，使得，证明：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.

（2）由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可.

【小问1详解】

由题意可得，

记，则，

因为时，恒成立，所以在上单调递增，

因，所以在上恒小于0，在上恒大于0，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为，所以有唯一零点0．

【小问2详解】

由可得，

若是方程的根，则是方程的根，

因为，都单调递增，

所以，，

设，，

所以的解为，的解为，

所以在上递减，在上递增，

所以的最小值为，即的最小值为．

故原不等式成立.

【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.