山东省济南市2022-2023学年高三数学上学期期末试题(Word版附解析)
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数学试题
本试卷共4页,22题,全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合,则( )
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式确定集合,再根据并集的定义求解.
【详解】由解得或,
所以或,
故选:D.
2. 若复数满足,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数,利用复数的模长公式可得出的值.
【详解】由已知可得,因此,.
故选:B.
3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,则的解析式为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象的平移变换方法求解即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后
得到函数,
故选:C.
4. 由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为( )
A. 3 B. 6 C. 9 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.
【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,
除去2023四个数,
还剩一个2一个3,
将2023进行捆绑,
对2,2023,3进行全排有种.
故选:B
5. 若正四面体的表面积为,则其外接球的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知:正四面体的棱长为,将正四面体补成一个正方体,正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长,即可得出结果.
【详解】设正四面体的棱长为,由题意可知:,解得:,
所以正四面体的棱长为,
将正四面体补成一个正方体,则正方体的棱长为,正方体的体对角线长为,
因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长,所以外接球半径,
则外接球的体积为,
故选:.
6. 已知非零向量,满足,且,则为( )
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由左右互除得出,再由,得出,即可得出答案.
【详解】,
,
,
,
为等腰三角形,
又,
,
,又,所以,
为等边三角形,
故选:D.
7. 已知等差数列的公差为,随机变量满足,,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.
【详解】因为随机变量满足,
所以,
也即,又因为是公差为的等差数列,
所以,则有,,,
所以,则,
,,
因为,所以,解得,
故选:.
8. 已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可.
【详解】解:由题知,(且),
所以,
故在上,,单调递减,
且,
即,
在上,,单调递减,
在上,,单调递增,
有,
画图象如下:
由至少有三个互不相等的实数解,
即至少有三个互不相等的实数解,
即或至少有三个互不相等的实数解,
由图可知,当或时,与有一个交点,
即有一个实数解,
此时需要至少有两个互不相等的实数解,
即,解得
故或;
当时,无解,舍;
当时,,
此时有两个不等实数解,
有两个不等实数解,
共四个不等实数解,满足题意.
综上: 或.
故选:C
二、多项选择题: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. 有一组样本数据,其样本平均数为.现加入一个新数据,且,组成新的样本数据,与原样本数据相比,新的样本数据可能( )
A. 平均数不变 B. 众数不变
C. 极差变小 D. 第20百分位数变大
【答案】BD
【解析】
【分析】根据数据的平均数、极差、众数以及百分位数的定义判断求解.
【详解】因为,所以新的样本数据平均数减小,A错误;
加入一个新数据,则众数仍有可能为原数据的众数,B正确;
若加入一个新数据不是最大值也不是最小值,则新数据极差等于原数据极差,
C错误;
若为原数据从小到大排列的第20为后的数,因为样本数增加,所以第20百分位数可能后移,则新数据第20百分位数可能变大.D正确,
故选:BD.
10. 已知函数有两个极值点,且,则( )
A. B.
C. D. 的图象关于点中心对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数由有两个极值点可得导函数有2个不同的零点即可判断A,B,根据导函数讨论函数的单调性可判断C,根据奇函数与的关系判断D.
【详解】由题可得有两个不相等的实数根,
所以,所以,A错误;
根据题意为的两个根,所以,B正确;
因为,且为的两个根,
所以由得或,
由得,
所以函数在单调递增,单调递减,单调递增,
所以成立,C正确;
因为为奇函数,所以关于对称,
所以关于对称,D正确,
故选:BCD.
11. 如图,正方体的棱长为,点为底面的中心,点为侧面内(不含边界)的动点,则( )
A.
B. 存在一点,使得
C. 三棱锥的体积为
D. 若,则面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设点,利用空间向量数量积可判断A选项;利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项;利用锥体体积公式可判断C选项;求出点的坐标满足的关系式,利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值,可判断D选项的正误.
【详解】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
则、、、、、、,
设点,其中,.
对于A选项,,,则,
所以,,A对;
对于B选项,,若,则,解得,不合乎题意,
所以,不存在点,使得,B错;
对于C选项,,点到平面的距离为,
所以,,C对;
对于D选项,,
若,则,可得,
由可得,
,
当且仅当时,等号成立,
因为平面,平面,,
,D对.
故选:ACD.
12. 已知椭圆上一点位于第一象限,左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,的角平分线与轴交于点,与轴交于点,则( )
A. 四边形的周长为
B. 直线的斜率之积为
C.
D. 四边形的面积为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得,,,以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项;设,得出,进而根据在椭圆上,代入整理即可判断B项;由已知可得.设,,,根据余弦定理,整理可得,在中,可推出,根据倍角公式,可得,整理求解可得,即可判断C项;根据题意结合余弦定理可得出,根据三角形面积公式得出的面积,进而得到四边形的面积.
【详解】由已知可得,,,,点,,,.
对于A项,,又由椭圆的定义可得,
所以四边形的周长为,故A项正确;
对于B项,设,则,,,
所以.又,
所以,所以,故B项正确;
对于C项,由角平分线的性质可得,且,.
设,,则,且.
设,,
由,在和中,由余弦定理可得,整理可得,
因为,所以,即,整理可得,则,
中,由余弦定理可得,又,
所以,整理可得,解得或(舍去),
所以,,即,,所以,故C项错误;
对于D项,由C知,,
在中,由余弦定理可得,,则,
所以的面积为.又,
所以四边形的面积为,故D项正确.
故选:ABD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 在中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用给定条件借助余弦定理即可得解.
【详解】中,因,由余弦定理得,
又,则有,
所以.
故答案为:
14. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程,求出切线与两坐标轴的交点,结合三角形的面积公式可求得结果.
【详解】对函数求导得,所求切线斜率,
当时,,切点坐标为,
所以,曲线在处的切线方程为,即,
直线交轴于点,交轴于点,
所以,曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.
故答案为:.
15. 甲袋中有个白球、个红球,乙袋中有个白球、个红球,从两个袋中随机取一袋,再从此袋中随机取一球,则取到红球的概率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】记事件选取的是甲袋,事件选取的是乙袋,事件从选出的袋中取出的一球为红球,利用全概率公式求出的值,即为所求.
【详解】记事件选取的是甲袋,事件选取的是乙袋,事件从选出的袋中取出的一球为红球,
则,,,
由全概率公式可得.
故答案为:.
16. 已知函数,所有满足的点中,有且只有一个在圆上,则圆的标准方程可以是_______.(写出一个满足条件的圆的标准方程即可)
【答案】.(注:圆心到直线的距离为半径即可)
【解析】
【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得,进而可得直线与圆相切,即可写出答案.
【详解】由函数得,
所以在定义域上单调递增,
又因为,
所以关于对称,
则,即,
因为,所以,即,
所有满足的点中,有且只有一个在圆上,
则直线与圆相切,假设圆心,
所以,所以圆可以是,
故答案为: .(注:圆心到直线的距离为半径即可)
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. 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序,这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为,,.
(1)求批次甲芯片的次品率;
(2)该企业改进生产工艺后,生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片,并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访,对开机速度进行调查.据统计,安装批次甲的有40名,其中对开机速度满意的有30名;安装批次乙的有60名,其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表(单位:名),并依据小概率值的独立性检验,分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.
批次
是否满意
合计
满意
不满意
甲
乙
合计
附:,.
【答案】(1);
(2)认为芯片批次与用户对开机速度满意有关,此推断犯错误的概率不大于0.05.
【解析】
【分析】(1)根据已知可得到正品率,然后根据对立事件即可求出次品率;
(2)设出零假设,列出列联表,求出,根据独立性检验原理即可得出推断.
【小问1详解】
由已知可得批次甲芯片的正品率,
所以批次甲芯片的次品率为.
【小问2详解】
零假设为:芯片批次与用户对开机速度满意无关,得列联表如下:
批次
是否满意
合计
满意
不满意
甲
30
10
40
乙
55
5
60
合计
85
15
100
所以,
因为,所以依据的独立性检验,我们推断不成立,
所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关,此推断犯错误的概率不大于0.05.
18. 定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.
(1)证明:数列为“3型数列”;
(2)若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;
(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.
【小问1详解】
解:由题知,
所以有,且,
所以
,
所以数列为“3型数列”;
【小问2详解】
由(1)知,,
所以,
,
,
所以
.
19. 在中,内角、、所对的边分别是、、,.
(1)若,求;
(2)若,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用三角恒等变换化简得出,求出的取值范围,结合可求得角的值;
(2)利用正弦定理结合三角恒等变换可得出,结合正切函数基本性质可求得的取值范围.
【小问1详解】
解:因为,
因为、,且,所以,且,
所以,,
所以,,
则,即,
因为且,所以,且,
所以或(舍),故当时,.
【小问2详解】
解:,
因为,所以,则,
所以,.
所以的取值范围为.
20. 如图,在三棱柱中,四边形是菱形,,平面平面.
(1)证明:;
(2)已知,,平面与平面的交线为.在上是否存在点,使直线与平面所成角的正弦值为?若存在,求线段的长度;若不存在,试说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点,线段的长为.
【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性质可得出平面,可得出,利用菱形的几何性质可得出,可推导出平面,再利用线面垂直的性质可证得结论成立;
(2)取中点,连接,推导出,然后点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用线面平行的性质推导出,设点,利用空间向量法求出的值,即可得出结论.
【小问1详解】
证明:因为平面平面,平面平面,,平面,
所以平面,
平面,所以,
因为四边形是菱形,所以,
又因为,、平面,所以平面,
因为平面,所以.
【小问2详解】
解:取中点,连接,
因为四边形为菱形,则,
又因为,则为等边三角形,
由菱形的几何性质可知,,则也为等边三角形,
因为为的中点,则,,,
由(1)知,平面,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
则、、、、,
,
因为,平面,平面,所以平面,
因为平面平面,平面,所以,由(1)知平面,
设,则,.
设平面的法向量,则,
取,可得,
因为直线与平面所成角的正弦值为,
则,解得,
因此,存在点,线段的长为.
21. 已知在平面直角坐标系xOy中,动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.
(1)求E的方程;
(2)若P是曲线E上一点,且点P不在x轴上,作PQ⊥l于点Q,证明:曲线E在点P处切线过△PQA的外心.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)设出坐标为,根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程;
(2)设出点坐标,及处的切线方程,与双曲线联立,判别式等于0,可得参数之间关系,即可化简切线方程.分别求出的中垂线,联立即可求出的外心,将外心代入切线方程看是否成立即可证明.
【小问1详解】
解:设动点坐标为,
则根据题意得,
两边同时平方,化简可得,
所以曲线的方程为;
【小问2详解】
由题设点,因为点不在轴上,即,
所以曲线在点的切线斜率存在,设为,
则在点的切线方程为:,
联立方程组:,
整理得:,
因为双曲线的渐近线为,所以,
,
令,得.
因为点在双曲线上,
所以,即,
所以,因为,
所以两边同时除以,解得.
所以在点的切线方程为,即.
因为,,所以,
所以直线中垂线方程为,即,
因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,
所以直线中垂线的斜率为,
所以直线中垂线的方程为.
联立直线与直线,
得外心坐标.
将外心横坐标代入过点的切线方程,
化简得到,与外心的纵坐标相等.
所以曲线在点的切线经过的外心.
22. 已知函数.
(1)若,求函数在上的最小值;
(2)若存在,使得.
(i)求的取值范围;
(ii)判断在上的零点个数,并说明理由.
【答案】(1)0 (2)(i);(ii)在共有3个零点,理由见解析
【解析】
【分析】(1)当时,对函数求导,根据导数在大于等于零得到函数在的单调性,进而求出最小值;
(2) (i)根据函数分和两种情况,当时,函数恒大于零,不满足条件,舍去,当时,对函数求导,利用函数的单调性和极值进而求解;(ii)结合(i)的结论,在共有2个零点1,,只需探讨在的零点个数,然后利用函数的单调性和极值进而求解即可.
【小问1详解】
因为,所以函数,则有,
又,可得,所以在上单调递增,
.
【小问2详解】
(i)若,当时,,,
所以,在没有零点,故舍去;
若,则,令,
则,所以在上单调递减,且;
①若,即,且,
存在,使,,
可得在单调递增,单调递减,且,
当时,,
(因为当时,,
证明:令,则,
因为,则,所以,则在上单调递增,
故,即,所以)
所以,且,
所以,故存在唯一使得,满足条件;
②若,即,此时恒成立,
在单调递减,又,所以,故舍去.
综上,.
(ii)由(i)可得,在共有2个零点1,,
下面探寻在的零点个数.
当时,,故在单调递减,
又,,所以存在,使得,
故在单调递增,单调递减,
又,,故一定存在,使得,
在单调递减,单调递增,
又,当趋近于零时,趋近于正无穷大,
故存在唯一,使得.故在有1个零点.
综上,在共有3个零点.
【点睛】(1)可导函数在处取得极值的充要条件是,且在左侧与右侧的符号不同;
(2)若在内有极值,那么在内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.
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