山東省棗莊市2023年高三《數(shù)學》上學期期末試題與參考答案一、選擇題本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則滿足的非空集合B的個數(shù)為（）A.3 B.4 C.7 D.8【答案】A【分析】先化簡集合，然后利用子集的定義進行求解即可【詳解】所以滿足的非空集合B有，，，故個數(shù)為3，故選：A2.已知i是虛數(shù)單位，則的虛部為（）A.1 B.i C. D.【答案】C【分析】利用除法運算進行化簡，然后利用虛部的定義進行求解即可【詳解】因為，所以的虛部為，故選：C3.已知為線段上的任意一點，為直線外一點，關(guān)于點的對稱點為，若，則的值為（）A.﹣1 B.0 C.1 D.2【答案】C【分析】依題意可得、、三點共線，即可得到，再由，即可得到，從而得解.【詳解】解：依題意可得、、三點共線，所以，又關(guān)于點的對稱點為，所以，又，所以，所以，，則.故選：C4.《九章算術(shù)》是中國古代的數(shù)學專著，書中記載有如下一個問題：“今有圓亭，下周三丈，上周兩丈，高一丈，問積幾何”.意思為“今有一圓臺體建筑物，下周長為3丈，上周長為2丈，高為1丈，問它的體積為多少”，則該建筑物的體積（單位：立方丈）為（）A. B. C. D.【答案】D【分析】分別計算圓臺上下底面圓的半徑，再計算體積.【詳解】下周長為3丈,則下底面圓的半徑丈，上周長為2丈，則上底面圓的半徑丈，則，故選：D.5.已知，則的值不可以為（）A. B.1 C.0 D.【答案】B【分析】利用二倍角公式得到，即可得到或，再分類討論分別計算可得.【詳解】解：因為，所以，即，即，所以或，當時，當時，當時，當時.故選：B6.是從點P出發(fā)的三條射線，每兩條射線的夾角均為，那么直線與平面所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【分析】作圖，找到直線在平面上的投影在構(gòu)建多個直角三角形，找出邊與角之間的關(guān)系，繼而得到線面角；也可將三條射線截取出來放在正方體中進行分析.【詳解】解法一：如圖，設直線在平面的射影為，作于點G，于點H，連接，易得，又平面，則平面，又平面，則，有故．已知，故為所求．解法二：如圖所示，把放在正方體中，的夾角均為．建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則，所以，設平面的法向量，則令，則，所以，所以．設直線與平面所成角為，所以，所以．故選B．7.已知雙曲線，、分別是上下頂點，過下焦點斜率為的直線上有一點滿足為等腰三角形，且，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C.3 D.4【答案】D【分析】依題意首先得到直線的方程，過點作軸，垂足為，即可表示點的坐標，再由點在直線上，即可得到、的關(guān)系，即可求出離心率.【詳解】解：依題意可得，，，直線的方程為，過點作軸，垂足為，因為，所以，，所以，則，，所以，又點在直線上，所以，所以.故選：D8.已知，則實數(shù)的可能取值為（）A.－1 B. C. D.【答案】D【分析】由題意可得，可設，可得上式即為，利用導數(shù)說明的單調(diào)性，即可得到的最小值，即可判斷的單調(diào)性，可得在上恒成立，即有恒成立，可設，求得導數(shù)和單調(diào)性、極值和最值，即可得到所求的范圍，即可判斷．【詳解】解：對任意，都有，可得，即，可設，可得上式即為，由，令，則，當時，，（）單調(diào)遞增；當時，，（）單調(diào)遞減，則在處取得極小值，且為最小值，則恒成立，可得在上單調(diào)遞增，則在上恒成立，即有恒成立，可設，，當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增，可得在處取得極大值，且為最大值，則，即的取值范圍是，故符合題意的只有．故選：D．二、選擇題本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知的最小正周期為，則（）A.B.的圖象關(guān)于直線對稱C.在上單調(diào)遞增D.在上有四個零點【答案】AD【分析】通過輔助角公式先將化簡，再通過的最小正周期為，得出的值，即可利用三角函數(shù)性質(zhì)對選項一一驗證即可得出答案.【詳解】，則，的最小正周期為，且，，即，，對于選項A：，故選項A正確；對于選項B：的對稱軸為，，即，，令，解得：，故選項B錯誤；對于選項C：的單調(diào)遞增區(qū)間為，，即，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故選項C錯誤；對于選項D：的零點為，，即，，則在上有四個零點，分別是，，，，故選項D正確.故選：AD.10.已知正方體的棱長為1，則（）A.直線與所成的角為90°B.平面C.平面平面D.點A到平面的距離為【答案】ACD【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，線面夾角，面面垂直的判定，等體積轉(zhuǎn)化法即可求解.【詳解】對于選項A：因為,,，所以平面，又平面，所以所以直線與所成的角為90°，故選項A正確；對于選項B：易知四點共面，直線與平面夾角為，所以直線與平面不平行，所以選項B錯誤；對于選項C：且，所以平面，平面，所以平面平面.故選項C正確；對于選項D：，設點A到平面的距離為，所以，所以.點A到平面的距離為.故選項D正確；故選：ACD.11.已知直線，圓，則（）A.圓心C到l距離的最大值為B.圓上至少有3個點到l的距離為C.圓上到l的距離為的點有且只有2個D.若，l與C相交于A，B兩點，過A，B兩點作C的切線，則兩切線的交點坐標為【答案】BC【分析】依題意求出直線恒過定點，并判斷點與圓的位置關(guān)系，進而可判斷A，B，C的正誤，將代入圓的方程可知點在圓上，即可判斷D的正誤.【詳解】直線，化簡得，可知直線恒過定點，代入到圓，可得，所以點在圓內(nèi)，易知圓的圓心為，半徑，所以當時，圓心C到l距離有最大值，故A錯誤，此時半徑，所以圓上恰好有3個點到l的距離為，當與不垂直時，圓心C到l距離小于，那么圓上會有4個點到l的距離為，所以圓上至少有3個點到l的距離為，故B正確，由圓的對稱性可知，無論為何值時，圓上到l的距離為的點有且只有2個，故C正確，當，l與C相交于A，B兩點，過A，B兩點作C的切線，則兩切線的交點必在圓外，而點代入到圓，可知，即點在圓上，所以點不是兩切線的交點，故D錯誤，故選：BC.12.設定義在R上的函數(shù)與的導函數(shù)分別為和，且，，且為奇函數(shù)，則（）A.函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱B.函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱C.D.【答案】ABD【分析】由為奇函數(shù)可得，由取導數(shù)可得，結(jié)合條件，判斷B，再由條件判斷函數(shù)，的周期，由此計算，，判斷C，D．【詳解】解：因為為奇函數(shù)，所以，取可得，因為，所以；所以，又，，故，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，故B正確；因為，所以，所以，為常數(shù)，因為，所以，所以，取可得，所以，故關(guān)于對稱，故A正確；又，所以，所以，所以，故函數(shù)為周期為的周期函數(shù)，因為，所以，，所以，所以，所以，由已知無法確定的值，故的值不一定為，故C錯誤．因，所以，，所以，故函數(shù)為周期為的函數(shù)，所以，所以函數(shù)為周期為4的函數(shù)，又，，，，所以，，所以，故D正確；故選：ABD．【點睛】方法點睛：抽象函數(shù)對稱性與周期性的判斷如下：若，則函數(shù)關(guān)于對稱；若，則函數(shù)關(guān)于中心對稱；若，則是的一個周期.三、填空題本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知“，”為假命題，則實數(shù)a取值范圍是______.【答案】【分析】寫出原命題的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.【詳解】因命題“，”為假命題，則命題“，”為真命題，當時，恒成立，則；當時，必有，解得，綜上，實數(shù)a的取值范圍是.故答案為：14.若函數(shù)在區(qū)間上的最大值為，則實數(shù)_______.【答案】3【分析】先分離變量，再由復合函數(shù)的單調(diào)性知，分類研究即可.【詳解】∵函數(shù)，由復合函數(shù)的單調(diào)性知，當時，在上單調(diào)遞減，最大值為；當時，在上單調(diào)遞增，最大值為，即，顯然不合題意，故實數(shù).故答案為：315.已知等差數(shù)列的前n項和為，若，且，則______.【答案】2【分析】先結(jié)合算出,再計算.【詳解】∵,∴,,,,故答案為：2.16.已知橢圓，，是其左、右焦點，點在橢圓上且滿足.若到直線的距離為，則的最小值為______.【答案】【分析】由正弦定理可得，則，令，則問題轉(zhuǎn)化為求的最小值，即右焦點到直線的距離，即可得解.【詳解】解：在中由正弦定理，又，所以，所以，令，要求的最小值，即求的最小值，則，當且僅當垂直直線且在與之間時取等號，所以.故答案為：四、解答題本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知在的展開式中，第2項與第8項的二項式系數(shù)相等.（1）求展開式中二項式系數(shù)最大的項；（2）求展開式中的常數(shù)項.【答案】（1）（2）1280【分析】（1）根據(jù)題目條件先求出，再根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)求出結(jié)果；（2），結(jié)合（1）中的結(jié)果，求出的常數(shù)項和的系數(shù)即可.【小問1詳解】依題意得，，解得，根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)最大，于是展開式中系數(shù)最大的項為：.【小問2詳解】，展開式的常數(shù)項為：，展開式的的系數(shù)為：，于是展開式的常數(shù)項為：18.已知數(shù)列的前項和為，且.（1）求；（2）設，求數(shù)列的前n項和.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據(jù)，作差得到，即可得到是以為首項，為公比的等比數(shù)列，從而求出其通項公式；（2）由（1）可得，利用裂項相消法求和即可.【小問1詳解】解：因為，當時，解得，當時，所以，即，所以，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以.【小問2詳解】解：由（1）可得，所以.19.在中，角，，所對的邊分別為，，，，.（1）求的取值范圍；（2）求面積的最大值.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用余弦定理得到，從而得到，再利用基本不等式計算可得；（2）由（1）可知，則，再結(jié)合（1）中的取值范圍及正切函數(shù)的性質(zhì)計算可得.【小問1詳解】解：在中由余弦定理，因為，，所以，即，所以，當且僅當時取等號，又，所以.【小問2詳解】解：由（1）可知，所以，因為，所以，而在上單調(diào)遞增，所以，所以面積的最大值為.20.已知直三棱柱，為線段的中點，為線段的中點，，平面平面.（1）證明：；（2）三棱錐的外接球的表面積為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）取的中點，連接，即可得到，再由面面垂直的性質(zhì)定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性質(zhì)得到，即可得到平面，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，設，設棱錐的外接球的球心為，即可得到方程組，從而求出球心坐標，再由半徑求出，最后利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】證明：如圖，取的中點，連接，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，依題意平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】解：由（1）可知，如圖建立空間直角坐標系，設，則，，，，因為棱錐的外接球的表面積為，設外接球的半徑為，則，解得，設棱錐的外接球的球心為，則，即，解得，所以球心，因為，所以，解得，所以，所以，，又，所以，，，設平面法向量為，則，不妨取，設平面的法向量為，則，不妨取，所以平面與平面夾角的余弦值為.21.已知函數(shù).（1）當時，求不等式解集；（2）當時，求證在上存在極值點，且.【答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）當時，先證明在上遞增，注意到，然后利用單調(diào)性解不等式；（2）先根據(jù)零點存在定理，說明存在正數(shù)解，然后利用，用表示后，構(gòu)造函數(shù)，證明即可.【小問1詳解】時，，，令，則，于是時，，遞增，時，，遞減，故在處取得最小值，即，于是，故在上遞增，注意到，故，結(jié)合單調(diào)性，于是，即，解得，不等式的解集為.【小問2詳解】，則，令，，由可知，時，，遞增，時，，遞減，在處取得最小值，而，又記，，故在上單調(diào)遞減，故，于是，即；，令，，記，則，則在單增，，故在上遞增，，取，則；記，，于是時，，遞減，時，，遞增，故在處取得最大值，故，取得等號，于是.于是，由和零點存在定理可知，，使得，且，，，，所以是極小值點；由可得，，令，代入，整理，，于是時，，遞減，時，，遞增，故在處取得最大值，故，取，故，原命題得證.22.如圖，已知點，點N為直線OB上除O，B兩點外的任意一點，BK，NH分別垂直y軸于點K，H，NA⊥BK于點A，直線OA，NH的交點為M.（1）求點M的軌跡方程；（2）若，C，G是點M的軌跡在第一象限的點（C在G的右側(cè)），且直線EC，EG的斜率之和為0，若△CEG的面積為，求