2023届广东省东莞市东莞中学高三上学期期末数学试题含答案

这是一份2023届广东省东莞市东莞中学高三上学期期末数学试题含答案，共21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。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先解出集合，再由并集的概念求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2．已知复数的实部与虚部的和为12，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】先利用复数的乘法运算化简复数，再利用实部与虚部的和为12求得，根据模长公式即可求解.
【详解】因为且的实部与虚部的和为12，
所以，解得，
所以，，
所以，
故选：D
3．已知角的终边经过点，则（ ）
A．-2B．C．3D．9
【答案】B
【分析】由已知求得，结合诱导公式和同角三角函数的商数关系化简求解即可．
【详解】角的终边经过点，则，
即，解得，
．
故选：B．
4．长郡中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组（每组4个人），则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用均匀分组的原理，再结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由已知条件得
将12人任意分成3组，不同的分组方法有 种，
3个种子选手分在同一组的方法有 种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为，
故选：.
5．已知函数，若在上的值域是，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用换元法将在上的值域为转化为在上的值域为，然后结合余弦函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】，令，则，，因为，，的值域为，所以，解得.
故选：B.
6．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前项分别为、、、、、、，则该数列的第项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设所求数列为，分析可得，，，，，利用累加法可求得的值.
【详解】设数列的前项分别为、、、、、、，
由题意可得，，，，，
上述等式全加可得，
所以，.
故选：C.
7．已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为.记，
利用导数判断出在上单调递减，把原不等式转化为，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中取，则，所以.
令取，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故选：.
8．已知椭圆的左、右焦点分别为和，为上一点，且的内心为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得的周长为，内切圆的半径为，再结合等面积法得，再平方整理得，再求离心率即可；
【详解】解：由题知为上一点，
所以，，
所以的周长为，
因为的内心为
所以，内切圆的半径为，
所以，由三角形内切圆的性质知，，即，
两边平方并整理得，即，
所以，离心率为
故选：C
二、多选题
9．给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．若数据，，…，的方差为0，则此组数据的众数唯一
B．已知一组数据2，3，5，7，8，9，9，11，则该组数据的第40百分位数为6
C．一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数近似相等
D．经验回归直线恒过样本点的中心（），且在回归直线上的样本点越多，拟合效果一定越好
【答案】AC
【分析】依据方差定义及众数定义去判断选项A；求得第40百分位数去判断选项B；依据中位数定义和平均数定义去判断选项C；依据回归直线拟合效果判断标准去判断选项D.
【详解】对于选项A：由方差
可得，即此组数据众数唯一，A正确；
对于选项B：数据2，3，5，7，8，9，9，11.共有8个数，由可知，该组数据的第40百分位数为第4个数7，B错误；
对于选项C：依据中位数定义和平均数定义，一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数近似相等，C正确；
对于选项D：回归直线的拟合效果看残差平方和，残差平方和越小，拟合效果越好，不是回归直线上的样本点多，拟合效果就越好，D错误.
故选：AC
10．正方形ABCD的边长为2，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（ ）
A．最大值为B．最大值为1
C．最大值是2D．最大值是
【答案】BCD
【分析】以AB中点O为原点建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，根据三角函数的性质可判断各选项.
【详解】以AB中点O为原点建立平面直角坐标系，，，，设，
则，，，
由，得且，
，故A错；
时，故B正确；
，故C正确；
，故D正确．
故选：BCD.
11．已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
【答案】ABD
【分析】对求导得到的单调性，判断的极值点个数判断A，要使有且仅有3个零点，由单调性可得只需，判断B，当时计算判断C，设切点为，求过点的切线方程，令，，所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数判断D.
【详解】选项A：由题意可得，
令解得或，
因为，所以令解得或，令解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，故A正确；
选项B：要使有且仅有3个零点，只需，即，
解得，故B正确；
选项C：当时，，
，
，所以点不是曲线的对称中心，C错误；
选项D：，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得，令，，
所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数，
，
令解得或，
因为，所以令解得或，
令解得，
则在，上单调递增，在上单调递减，且，，
图像如图所示，
所以当时，与图像有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故D正确；
故选：ABD
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
12．如图，正方体中，顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点，B，C到的距离分别为，1，2，则（ ）
A．BC∥平面
B．平面A1AC⊥平面
C．直线与所成角比直线与所成角小
D．正方体的棱长为2
【答案】BCD
【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断即可.
【详解】对A，因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，
所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确；
对B，设的交点为，显然是的中点，
因为平面， C到的距离为2，
所以O到的距离分别为1，而B到的距离为1，
因此，即，设平面，
所以，
因为是正方形，所以，
又因为平面，平面，
所以，因为平面，
所以平面，因此有平面，而，
所以平面平面，因此选项B正确；
对C，设到平面的距离为，
因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为，1，
所以有，
设正方体的棱长为，
设直线与所成角为，所以，
设直线与所成角为，所以，
因为，所以，因此选项C正确；
对D，因为平面平面，平面平面，，
所以在平面的射影与共线，
显然，如图所示：
由，
，
由（负值舍去），
因此选项D正确，
故选：.
三、填空题
13．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为
【答案】
【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项的系数即可.
【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得：.
∴通项公式，
令，解得.
∴展开式中含项的系数为.
故答案为：.
14．已知抛物线，圆，点，若分别是，上的动点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由抛物线得焦点，准线为，，转化为求取得最小值，过点M作准线的垂线与抛物线相交，当点为此交点时，取得最小值，由此可求得答案.
【详解】解：由抛物线得焦点，准线为，
由圆，得，
所以圆是以为圆心，以为半径的圆，
所以，
所以当取得最小值时，取得最小值，
又根据抛物线的定义得等于点到准线的距离，
所以过点作准线的垂线，垂足为，且与抛物线相交，当点为此交点时，取得最小值，最小值为，
所以此时，
所以的最小值为.
故答案为：.
15．已知函数，，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用函数同构及函数单调性得到，问题转化为求（）的最小值，利用导函数，研究其单调性，求出最小值.
【详解】，则 ，因为，故，又当时，恒成立，即单调递增，所以，则，令（），，当时，，当时，，所以在处取得最小值，，的最小值为.
故答案为：
16．已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱DD1，CC1交于点H，M.
（1）若DH=DC=9，则三棱柱ADH−BCM外接球的表面积为 ；
（2）现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为 .
【答案】
【分析】（1）可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，直接找正方体的
外接球半径即为所求；
（2）作出这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，得到， ，令，则，，构造函数，，利用导数求出最大值.
【详解】（1）由，可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体对角线长为，故外接球半径，所以外接球的表面积为.
（2）如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，由得，同理，，得，由已知，，令，则，，构造函数，，则，∴，当时，，单调递增；当时，，∴单调递减，∴.经检验，当时，，故的最大值为.
故答案为：（1）；（2）.
四、解答题
17．为数列的前n项积，且．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由与的关系，把已知式中换成的关系式，然后可配出等比数列的比值；
（2）由（1）求得后，代入已知可得或由与的关系求解．
【详解】（1）证明： 由已知条件知 ①,
于是． ②,
由①②得． ③ ，
又 ④，
由③④得，所以 ，
令，由，得，，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列．
，
法1：时，，
又符合上式，所以；
法2：将代回得：．
18．记锐角的内角的对边分别为，已知.
(1)求证：
(2)若，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据两角和差公式，结合锐角三角形可证明；
（2）由（1）可得，结合正弦定理可得，，代入所求式子，根据二倍角公式转换为关于的二次函数形式，根据角度范围得的方位即可求最大值.
【详解】（1）解：由于，所以，
整理的，即，
因为为锐角，所以，
故，由，为锐角可得；
（2）解：由（1）得，
因为，且由正弦定理得，
所以，，
则，
因为，所以，则，所以，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值．
19．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB＝A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的中点，且AA1⊥CM.
(1)证明：MN∥平面ABC；
(2)若AB⊥A1B，求二面角A­-CM­-N的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取中点，构造平行四边形，由线面平行推出线面平行.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系.
【详解】（1）证明：如图
在三棱柱中，连接，取的中点，连接，，
因为三棱柱，所以
因为侧面是矩形，，所以，
又，，所以平面，，
因为，故
因为是的中点，是中点，
所以，且，
又是中点，所以,,
所以四边形是平行四边形，所以，平面
平面，所以平面.
（2）因为，，所以是等腰直角三角形，设，则
，.
在中，，所以.
在中，，所以.
因为，则两两垂直.如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
设平面的法向量为，
则即，即
取，得，
故平面的一个法向量为.
又因为平面的一个法向量为，
所以.
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
20．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）
(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；
(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高三学生体能达标预测是否“合格”；
(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.
附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.
【答案】(1)，；
(2)合格；
(3).
【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；
（2）根据题中所给的公式进行求解即可；
（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.
【详解】（1），
第一组学生的方差为；
解得；
第二组学生的方差为；
解得.
这40名学生的方差为
，
所以；
（2）由，，得的估计值，的估计值.
，
∴.
从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），
又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；
（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.
则，
；
所以，
设王强前3局比赛获胜的事件为B，
则，
所以.
21．抛物线：，双曲线：且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为.
(1)求的标准方程；
(2)直线与交于不同的两点，，以PQ为直径的圆过点，过点N作直线的垂线，垂足为H，则平面内是否存在定点D，使得DH为定值，若存在，求出定值和定点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，，定点.
【分析】（1）写出切线方程并与抛物线方程联立求出点M坐标，再结合离心率求出双曲线方程作答.
（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设出直线方程并与的方程联立，借助韦达定理及向量数量积求出直线PQ过定点E，直线PQ垂直于y轴，验证也过定点E，取线段EN中点即可作答.
【详解】（1）切线方程为，即，由消去y并整理得：
，则，解得，即，
由离心率得，即，双曲线，则，
所以双曲线的标准方程为：.
（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设直线方程为，，，
由消去x并整理得：，
有，，，
，，因以为直径的圆过点，则当P，Q与N都不重合时，有，
，当P，Q之一与N重合时，成立，于是得，
则有
，即，
整理得，即，
因此，解得或，均满足，
当时，直线：恒过，不符合题意，
当时，直线：，即恒过，符合题意，
当直线PQ垂直于y轴时，设直线，由解得，
因以为直径的圆过点，则由对称性得，解得，直线过点，
于是得直线过定点，取EN中点，因于H，从而，
所以存在定点D，使得为定值，点.
【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
22．已知函数
(1)讨论函数的单调性
(2)若有两个极值点，且，求b的取值范围
【答案】(1)当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】(1)对函数求导，分和两种情况，讨论导函数的正负，求出单调区间；
(2)根据（1）得到，，且，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性进而求出的取值范围.
【详解】（1）因为函数，则，
令，，
当，即时，令得：，，
当或时，，因为，所以，函数单调递增；
当时，，因为，所以，函数单调递减，
当，即时恒成立，因为，所以，函数单调递增；
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知：，，且，
，
令，由可得：，
所以，由可得：.
令，则，函数在上单调递减，因为，要证，即证，所以，
由，则，
所以，解得：，
所以实数的取值范围为