2022-2023学年河北省邯郸市魏县高三上学期期末数学试题及答案
展开1. 已知集合,,则A∩B中元素的个数为( )
A 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】采用列举法列举出中元素的即可.
【详解】由题意,,故中元素个数为3.
故选:B
【点晴】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解,是一道容易题.
2. 已知复数,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出,,再利用复数的除法运算求解.
【详解】∵,
∴,,
∴.
故选:D
3. 已知在上连续,是的导函数,则是为函数极值点的( )条件.
A. 充要条件B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】结合极值点、充分、必要条件的知识确定正确选项.
【详解】时,不一定是极值点,还需要在两侧的单调性不相同.
是的极值点时,由于在上连续,所以.
所以是为函数极值点的必要不充分条件.
故选:C
4. 圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面,那么此圆锥的轴截面是 ( )
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形
C. 顶角为30°的等腰三角形D. 其他等腰三角形
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析:因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面,所以圆锥母线长为,圆锥底半径,所以此圆锥的轴截面是等边三角形,故选A.
考点:本题主要考查圆锥的几何特征及其侧面展开图.
点评:注意观察轴截面中底面半径、高、母线之间的关系.基础题型.
5. 若,,,则事件与的关系是( )
A. 事件与互斥B. 事件与对立
C. 事件与相互独立D. 事件与既互斥又相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】结合互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识求得正确答案.
【详解】∵,
∴,
∴事件与相互独立、事件与不互斥,故不对立.
故选:C
6. 已知,则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵,∴,
∴∴.
∴.选A.
7. 已知,点,从点A观察点,要使视线不被挡住,则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意,先设过点的切线的斜率为,得到切线方程为,根据题意,求出,得到切线方程,与联立求交点坐标,进而可得出结果.
【详解】易知点在直线上,过点作圆的切线,
设切线的斜率为,则切线方程为,
即,
由,得,
∴切线方程为,和直线的交点坐标分别为,
故要使视线不被挡住,则实数的取值范围是.
故选:B.
8. 函数满足,在上存在导函数,且在上,若,则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知函数为奇函数,构造函数,再根据函数的奇偶性以及单调性解不等式即可.
【详解】由函数满足,可知函数为奇函数,
,
即,
构造函数,
由题意知:在上,,
故在上单调递减,
为奇函数,
,
即为奇函数,
故在R上单调递减,
因此原不等式可化为:,
即,解得.
故选:D.
二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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. 甲、乙两班举行电脑汉字录入比赛,参赛学生每分钟录入汉字的个数经统计计算后填入下表,某同学根据表中数据分析得出的结论正确的是( )
A. 甲、乙两班学生成绩的平均数相同
B. 甲班的成绩波动比乙班的成绩波动大
C. 乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数(每分钟输入汉字数≥150个为优秀)
D. 甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据图表直接计算平均数、方差和众数与甲、乙两班学生每分钟输入汉字数≥150个的人数分析即可.
【详解】甲、乙两班学生成绩的平均数都是35,故两班成绩的平均数相同,A正确;,甲班成绩不如乙班稳定,即甲班的成绩波动较大,B正确.
甲、乙两班人数相同,但甲班的中位数为149,乙班的中位数为151,从而易知乙班不少于150个的人数要多于甲班,C正确;由题表看不出两班学生成绩的众数,D错误.
故选:ABC
【点睛】本题主要考查了根据平均数、方差和众数分析实际意义的问题,属于基础题型.
10. 已知实数、和向量、,下列结论中正确的是( )
A. B.
C. 若,则D. 若,则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算可判断ABCD选项.
【详解】对于A选项,,A对;
对于B选项,,B对;
对于C选项,若,则,所以,或,C错;
对于D选项,若,则,所以,,即,D对.
故选:ABD.
11. 已知数列的前n项和为,则下列说法正确的是( )
A. 是递增数列B.
C. 当,或17时,取得最大值D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据,利用数列前n项和与通项之间的关系,求得通项公式后,再逐项判断.
【详解】因为,
所以
两式相减得,
当时,适合上式,
所以,
因为,所以数列是递减数列,
由,解得,且
所以当或17时,取得最大值,
所以,
,
.
故选:BC
12. 已知双曲线的一条渐近线方程为,过点(5,0)作直线交该双曲线于A和B两点,则下列结论中正确的有( )
A. 或
B. 该双曲线的离心率为
C. 满足的直线有且仅有一条
D. 若A和B分别在双曲线左、右两支上,则直线的斜率的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得,从而可判断A;求出双曲线方程,从而可得离心率,即可判断B;分当两点都在双曲线的右支上和再双曲线的左右两支上两种情况讨论,即可判断C;求出双曲线的渐近线方程,从而可判断D.
【详解】解:因为双曲线的一条渐近线方程为,
所以,解得,故A错误;
双曲线方程为,
故,
所以该双曲线的离心率,故B正确;
点(5,0)为双曲线的右焦点,
当时,,
当两点都在双曲线的右支上时,,
因为,所以这种情况直线只有一条,且与轴垂直,
当再双曲线的左右两支上时,
可得,
而,可得这样的直线有两条,
综上所述,满足的直线有3条,故C错误;
双曲线的渐近线方程为,
要使A和B分别在双曲线左、右两支上,
则直线的斜率的取值范围是,故D正确.
故选:BD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知是定义在上的奇函数,当时,,则_________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:因为函数是定义在上的奇函数,当时,,则
.
考点:函数奇偶性的应用.
14. 已知抛物线的焦点为,过且垂直与轴的直线与相交于,两点,若(为坐标原点)的面积为,则________
【答案】
【解析】
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标,将代入抛物线方程,即可求出、,再根据面积公式计算可得;
【详解】抛物线的焦点为,
将代入可得,即有,,
所以,所以,解得;
故答案为:
15. 已知,则,则A等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】将指数式化为对数式,然后利用对数运算,化简求得A的值.
【详解】∵,∴,.
∴,.
又∵,
,
即,∴,.
故答案为:
16. 如图,某款酒杯容器部分为圆锥,且该圆锥的轴截面为面积是的正三角形.若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块,要求冰块高度不超过酒杯口高度,则酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先求出圆锥底面圆半径,设冰块的底面圆半径为,用表达出冰块的体积,利用导函数求出冰块体积的最大值.
【详解】设圆锥底面圆的半径为,圆柱形冰块的底面圆半径为,高为,由题意可得,,解得,,设圆柱形冰块的体积为,则.设,则.当时,;当时,.所以在处取得极大值,也是最大值,,故酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为.
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. 在 中,内角,,所对的边分别为,,,且.
(1)求;
(2)若,求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)首先利用正弦定理将边化角,再根据两角和的正弦公式及诱导公式计算可得;
(2)利用正弦定理将边化角即可得到,再根据同角三角函数的基本关系求出,最后根据利用两角和的正弦公式计算可得;
【小问1详解】
解:因为,
即,由正弦定理可得,
又,
即,
所以,
即,因为,所以,又,所以
【小问2详解】
解:因为,所以,
因为,所以,
所以
18. 已知数列的首项的等比数列,其前项和中,
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求.
【答案】(1).(2).
【解析】
【详解】试题分析:(1)讨论等比数列的工笔q=1和,将数列的前n项和公式代入,求出基本量和,进而求出数列的通项公式; (2)化简,利用裂项相消法求出.
试题解析:
(1)若,则不符合题意,,
当时,由得
.
(2),
,
.
点睛: 在数列求和中,最常见最基本的求和就是等差、等比数列中的求和,这时除了熟练掌握求和公式外还要熟记一些常见的求和结论,再就是分清数列的项数,以免在套用公式时出错.裂项相消法.把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
19. 如图,四棱锥中,,,,,,,为中点.
(1)证明:;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)连接交于点,连接,延长交于,由得,根据正方形、等腰三角形性质有、,应用线面垂直的判定和性质证结论.
(2)建立空间直角坐标系,设,利用面面垂直的判定可得面面,且可得△为等边三角形,进而确定坐标,再求出的方向向量与平面的法向量,空间向量夹角表示求线面角的正弦值.
【小问1详解】
连接交于点,连接,
因为,延长交于,
由,则,可得,
四边形为正方形,则,且为中点,
由,则,且,面,
所以面,平面,则;
【小问2详解】
以为原点,为轴,为轴建立如下图示的空间直角坐标系,
则,,,,设,
由面,面,所以面面,
由,则,由且BC⊥CD,则,
又,故△为等边三角形,且面面,
所以,则,
综上,,,,
设平面的法向量为,则,令,解得,
所以.
20. 为落实立德树人根本任务,坚持五育并举全面推进素质教育,某学校举行了乒乓球比赛,其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区,三个校区的队员人数分别是3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式,即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制),最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下:比赛中以或取胜的队员积3分,失败的队员积0分;而在比赛中以取胜的队员积2分,失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四,设每局比赛张三取胜的概率均为.
(1)比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少?
(2)第10轮比赛中,记张三取胜的概率为.
①求出的最大值点;
②若以作为的值,这轮比赛张三所得积分为,求的分布列及期望.
【答案】(1);(2)①;②分布列答案见解析,数学期望:.
【解析】
【分析】(1)利用互斥事件的概率公式即得;
(2)由题可求,然后利用导数可求最值,再利用条件可求随机变量的分布列,即得.
【详解】(1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是;
(2)①由题可知,
,
令,得,
当时,,在上单调递增;
当时,,在上单调递减.
所以的最大值点,
②的可能取值为0,1,2,3.
;
;
;
所以的分布列为
的期望为.
21. 在平面直角坐标系中,,,,,点P是平面内的动点,且以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆内切.
(1)证明为定值,并求点P的轨迹的方程.
(2)过点A的直线与轨迹交于另一点Q(异于点B),与直线交于一点G,∠QNB的角平分线与直线交于点H,是否存在常数,使得恒成立?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,
【解析】
【分析】(1)依题意可得,连接,可得,即可得到为定值,根据椭圆的定义得到点的轨迹是以,为焦点的椭圆,且,,即可求出椭圆方程;
(2)设,,,直线AQ的方程为,即可得到,再联立直线与椭圆方程,解出,从而得到,,设,再根据二倍角的正切公式得到方程,即可得到,从而得解;
【小问1详解】
解:如图,以为直径的圆与以为直径的圆内切,
则.
连接,因为点O和分别是和的中点,所以.
故有,即,
又,所以点的轨迹是以,为焦点的椭圆.
因为,,所以,故的方程为.
【小问2详解】
解:存在满足题意.
理由如下:设,,.显然.
依题意,直线AQ不与坐标轴垂直,设直线AQ的方程为,
因为点G在这条直线上,所以,.
联立得的两根分别为和0,
则,,
所以,.
设,则,则,,
所以,整理得,
因为,所以,即.
故存在常数,使得.
22. 已知函数,.
(1)证明:;
(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点,求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)构造函数,利用导数求得,可证得所证不等式成立;
(2)由可得,构造函数,其中,问题转化为直线与函数的图象有两个交点,利用导数分析函数的单调性与极值,数形结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解:要证,即证:当时,不等式恒成立.
令,则,
故当时,,单调递增;
当时,,单调递减.
则,故.
【小问2详解】
解:由可得,
构造函数,其中,
则,
当时,,,则,此时函数单调递增,
当时,,,则,此时函数单调递减,
所以,,
令,则当时,,
当时,,故存在时,使得,即,
作出函数与的图象如下图所示:
由图可知,当时,函数与的图象有个交点,
因此,实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:
(1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;
(2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;
(3)参变量分离法:由分离变量得出,将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
55
149
191
135
乙
55
151
110
135
0
1
2
3
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2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期期末数学试题及答案: 这是一份2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期期末数学试题及答案,共22页。试卷主要包含了 已知幂函数满足,则的值为, 已知,,且,则的最小值为等内容,欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省邯郸市魏县第三中学高二下学期5月月考数学试题含答案: 这是一份2022-2023学年河北省邯郸市魏县第三中学高二下学期5月月考数学试题含答案,共15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。