江西省萍鄉(xiāng)市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)（理）試題（含解析）

萍鄉(xiāng)市2022-2023學(xué)年度高三期末考試試卷理科數(shù)學(xué)第Ⅰ卷一.選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.設(shè)集合則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再根據(jù)交集的概念求出.【詳解】當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以，所以.故選：A2.已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部之和為（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算可求解.【詳解】因?yàn)椋詫?shí)部與虛部之和為，故選:B.3.在各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列中，，若成等比數(shù)列，則公差d=（）A.或2 B.2 C.1或 D.1【答案】B【解析】【分析】由題意可得出，化簡(jiǎn)得出，從而得到答案.【詳解】由題意可得，即即所以由題意，則，所以所以，所以故選：B4.已知m和n是兩條不同的直線，和是兩個(gè)不重合的平面，則下列命題正確的是（）A.，，則 B.，，，則C.若，，則 D.若，，則【答案】D【解析】【分析】由空間中的線面關(guān)系逐一判斷即可.【詳解】由題意可知，在A中，若，，則m與相交或平行或，A錯(cuò)；在B中，若，，，則或m與n異面，B錯(cuò)；在C中，若，，則n與相交或平行或，C錯(cuò)；在D中，若，，則平面內(nèi)存在一直線平行于m，該直線垂直于平面，則，D正確.故選：D.5.關(guān)于某校運(yùn)動(dòng)會(huì)米決賽前三名選手甲、乙、丙有如下命題：“甲得第一”為命題；“乙得第二”為命題；“丙得第三”為命題.若為真命題，為假命題，為假命題，則下列說(shuō)法一定正確的為（）A.甲不是第一 B.乙不是第二C.丙不是第三 D.根據(jù)題設(shè)能確定甲、乙、丙的順序【答案】C【解析】【分析】由為真命題，為假命題，確定，一真一假，再結(jié)合命題內(nèi)容，進(jìn)行辨析即可.【詳解】∵為真命題，為假命題，∴命題與命題中，恰有一個(gè)為真命題，另一個(gè)為假命題；（1）若命題：“甲得第一”為真命題，命題：“乙得第二”為假命題，則甲得第一，乙未得第二，∴乙得第三，∴命題：“丙得第三”為假命題，此時(shí)為假命題滿足題意，前三名的順序?yàn)椋杭椎玫谝?，丙得第二，乙得第三；?）若命題：“甲得第一”為假命題，命題：“乙得第二”為真命題，則乙得第二，甲未得第一，∴甲得第三，∴命題：“丙得第三”為假命題，此時(shí)為假命題滿足題意，前三名的順序?yàn)椋罕玫谝唬业玫诙?，甲得第?對(duì)于A，第（1）種情況中，甲得第一，滿足題意，故選項(xiàng)A說(shuō)法不正確；對(duì)于B，第（2）種情況中，乙得第二，滿足題意，故選項(xiàng)B說(shuō)法不正確；對(duì)于C，（1）、（2）兩種情況中，丙均不是第三，故選項(xiàng)C說(shuō)法正確；對(duì)于D，（1）、（2）兩種情況中，存在兩種不同順序，故根據(jù)題設(shè)不能確定甲、乙、丙的順序，故選項(xiàng)D說(shuō)法不正確.故選：C.6.在二項(xiàng)式的展開(kāi)式中，若的系數(shù)為160，則a=（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式求出的系數(shù)，從而可得答案.【詳解】因?yàn)槎?xiàng)式的展開(kāi)式的通項(xiàng)為，所以的系數(shù)為，故選：A.7.函數(shù)與的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】當(dāng)時(shí)，在同一坐標(biāo)系中，作出與的圖象判斷；當(dāng)時(shí)，令，利用導(dǎo)數(shù)法求解.【詳解】解：當(dāng)時(shí)，在同一坐標(biāo)系中，作出與圖象，如圖所示：由圖象知：函數(shù)與的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上遞減，在上遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得最小值，因?yàn)楹瘮?shù)與的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以，解得，綜上：實(shí)數(shù)k的取值范圍為或，故選：C8.分形是由混沌方程組成，其最大的特點(diǎn)是自相似性：當(dāng)我們拿出圖形的一部分時(shí)，它與整體的形狀完全一樣，只是大小不同.謝爾賓斯基地毯是數(shù)學(xué)家謝爾賓斯基提出的一個(gè)分形圖形，它的構(gòu)造方法是：將一個(gè)正方形均分為9個(gè)小正方形，再將中間的正方形去掉，稱為一次迭代；然后對(duì)余下的8個(gè)小正方形做同樣操作，直到無(wú)限次.如圖，進(jìn)行完二次迭代后的謝爾賓斯基地毯如圖，從正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，該點(diǎn)取自陰影部分的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)大正方形的邊長(zhǎng)為9，分別求出對(duì)應(yīng)區(qū)域的面積，結(jié)合幾何概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】解：設(shè)大正方形的邊長(zhǎng)為9，則每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，則大正方形的面積為，則每個(gè)小正方形的面積為1，則所有黑色正方形的面積之和為，則該點(diǎn)取自陰影部分的概率為.故選：B.9.下列關(guān)于函數(shù)有關(guān)性質(zhì)的描述，正確的是（）A.函數(shù)為奇函數(shù) B.函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱C.函數(shù)為偶函數(shù) D.函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱【答案】BCD【解析】【分析】由得C正確；由得A不正確；由得B正確；由得D正確；【詳解】因?yàn)?且定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以為偶函數(shù)，又，所以不為奇函數(shù).故A不正確，C正確；因?yàn)?，所以函?shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故B正確；因?yàn)?，所以函?shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故D正確；故選：BCD10.已知是定義在R上的奇函數(shù),是其導(dǎo)函數(shù).當(dāng)x≥0時(shí),且,則的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，判斷所以在R上遞增，根據(jù)等價(jià)于，利用單調(diào)性求解即可.【詳解】設(shè)，可得因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí),，所以在上遞增，又因?yàn)槭嵌x在R上的奇函數(shù)，所以的圖像關(guān)于對(duì)稱，如圖，

所以在R上遞增，又因?yàn)?，所以，則等價(jià)于，所以，即的解集是，故選：C.11.點(diǎn)為拋物線上任意一點(diǎn)，點(diǎn)為圓上任意一點(diǎn)，為直線的定點(diǎn)，則的最小值為（）A.2 B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】畫(huà)圖，找出拋物線焦點(diǎn)，化簡(jiǎn)圓的普通方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，結(jié)合拋物線定義以及共線性質(zhì)分析得出最值.【詳解】如圖所示：由知，拋物線焦點(diǎn)，由，化為，即為以為圓心，1為半徑的圓，又，得，恒過(guò)定點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作垂直于拋物線的準(zhǔn)線：交于點(diǎn)，連接，則，當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，最小,此時(shí)為3，所以的最小值為：，故選：A.12.已知函數(shù)，，若關(guān)于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將化為，再根據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，化為，即.令，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)，得函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象列式可求出結(jié)果.【詳解】顯然，由，得，得，得，令，，則，所以函數(shù)區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，所以可化為，即，即，所以關(guān)于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，令，則，令，得，令，得，所以在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因?yàn)殛P(guān)于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，結(jié)合圖形可知，滿足題意的整數(shù)解只能是和，所以，即.故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用函數(shù)的單調(diào)性，將化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用的圖象求解是本題解題關(guān)鍵.第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.13.在平面直角坐標(biāo)系中，角的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與軸的非負(fù)半軸重合，已知角終邊過(guò)點(diǎn)，則____________.【答案】##【解析】【分析】由三角函數(shù)的定義可得出、的值，再利用二倍角的正弦公式可求得的值.【詳解】由三角函數(shù)的定義可得，，由二倍角的正弦公式可得.故答案為：.14.在平面直角坐標(biāo)系中，向量滿足則__________【答案】0【解析】【分析】根據(jù)平面向量的坐標(biāo)的線性運(yùn)算求出，再根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)椋?，所以，所?故答案為：15.在中,內(nèi)角的對(duì)邊分別為若的周長(zhǎng)為7,面積為且則c=_______________.【答案】3【解析】【分析】由條件根據(jù)余弦定理可得出的值，求出的值，由三角形的面積公式求出的值，代入條件可得出答案.【詳解】由的周長(zhǎng)為7，即，則由，可得由余弦定理可得：由，則,又，可得又，解得故答案為：316.已知球O是棱長(zhǎng)為1的正四面體的內(nèi)切球，AB為球O的一條直徑，點(diǎn)P為正四面體表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的取值范圍為_(kāi)______________.【答案】【解析】【分析】利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑，以及正四面體中內(nèi)切球球心到頂點(diǎn)的距離，從而可得，再根據(jù)即可求解.【詳解】如圖所示，在邊長(zhǎng)為1的正四面體中，設(shè)四面體內(nèi)切球球心為，內(nèi)切球半徑為，取中點(diǎn)為，則,,所以，因?yàn)?，所以，所以，因?yàn)辄c(diǎn)P為正四面體表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以，即，因?yàn)?因?yàn)闉榍騉的一條直徑，所以,所以，因?yàn)?，所以，所以，故答案?.三、解答題：解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的前n項(xiàng)和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意得到，將換成，然后兩式相減并化簡(jiǎn)可得，由累乘法可得答案.（2）先代出，由錯(cuò)位相減法可得出答案.【小問(wèn)1詳解】由可得（1）當(dāng)時(shí)，（2）由（1）（2）得，化簡(jiǎn)得當(dāng)時(shí)，，也滿足上式所以【小問(wèn)2詳解】設(shè)，則則兩式相減得所以18.如圖在五面體中，為等邊三角形，平面平面，且，，為邊的中點(diǎn).（1）證明：平面；（2）求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）取線段的中點(diǎn)，連接、，證明出平面平面，再利用面面平行的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；（2）連接，證明出平面，，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得與平面所成角的正弦值.【小問(wèn)1詳解】證明：取線段的中點(diǎn)，連接、，、分別為、的中點(diǎn)，則，平面，平面，平面，在側(cè)面中，，則，即，又因?yàn)椋?，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面，，、平面，所以，平面平面，平面，平?【小問(wèn)2詳解】解：因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅危?，所以，四邊形為矩形，則，因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，，平面，平面，連接，因?yàn)闉榈冗吶切?，則，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，因?yàn)椋?，因此，與平面所成角的正弦值為.19.甲、乙兩人參加某知識(shí)競(jìng)賽對(duì)戰(zhàn)，甲答對(duì)每道題的概率均為，乙答對(duì)每道題的概率均為，兩人答每道題都相互獨(dú)立，答題規(guī)則：第一輪每人三道必答題，答對(duì)得分，答錯(cuò)不加分也不扣分；第二輪為一道搶答題，每人搶到的概率都為，若搶到，答對(duì)得分，對(duì)方得分，答錯(cuò)得分，對(duì)方得分.（1）若乙在第一輪答題中，恰好答對(duì)兩道必答題的概率為，求的最大值和此時(shí)乙答對(duì)每道題的概率；（2）以（1）中確定的作為的值，求乙在第二輪得分的數(shù)學(xué)期望.【答案】（1）的最大值為，（2）【解析】【分析】（1）利用獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式可得出的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)法可求得的最大值以及最大值點(diǎn)的值；（2）分析可知隨機(jī)變量的可能取值有、、，計(jì)算出隨機(jī)變量在不同取值下的概率，進(jìn)而可求得的值.【小問(wèn)1詳解】解：因?yàn)橐掖饘?duì)每道題的概率均為，所以，乙在第一輪答題中，恰好答對(duì)兩道必答題概率為，其中，，由，可得，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，所以，，此時(shí).【小問(wèn)2詳解】解：由題意可知，隨機(jī)變量的可能取值有、、，表示甲搶到且甲答錯(cuò)，表示甲搶到且甲答對(duì)或乙搶到且乙答錯(cuò)，表示乙搶到且乙答對(duì)，所以，，，，所以，.20.已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，周長(zhǎng)為8的的頂點(diǎn)，為橢圓E的左焦點(diǎn)，頂點(diǎn)B，C在E上，且邊BC過(guò)E的右焦點(diǎn).（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）橢圓E的上、下頂點(diǎn)分別為M，N,點(diǎn)若直線PM,PN與橢圓E的另一個(gè)交點(diǎn)分別為點(diǎn)S，T，證明：直線ST過(guò)定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)坐標(biāo).【答案】（1）（2）證明見(jiàn)解析，【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓定義直接求解即可；（2）求出的坐標(biāo)，寫(xiě)出直線方程即可求出定點(diǎn)坐標(biāo).小問(wèn)1詳解】由題意知，橢圓E的焦點(diǎn)在x軸上，所以設(shè)橢圓方程為，焦距為，所以周長(zhǎng)為，即，因?yàn)樽蠼裹c(diǎn)，所以，，所以，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為【小問(wèn)2詳解】由題意知，，直線斜率均存在，所以直線，與橢圓方程聯(lián)立得，對(duì)恒成立，則，即，則，同理，，所以，所以直線方程為：，所以直線過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為21.已知函數(shù)（1）若求的極值；（2）若恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）的極小值為，無(wú)極大值（2）【解析】【分析】（1）由題可求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而再求出極值即可；（2）令，求導(dǎo)函數(shù)，分和兩種情況，分析導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求得的最值，繼而可得答案.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)，令，解得，則當(dāng)單調(diào)遞減，當(dāng)單調(diào)遞增，故的極小值為，無(wú)極大值；【小問(wèn)2詳解】由題意可得令則當(dāng)時(shí)，則時(shí)，，不合題意；當(dāng)時(shí)，設(shè)，，，所以存在時(shí)，，因?yàn)?，所以在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)，；當(dāng)，，則當(dāng)，；當(dāng)，，則在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以因?yàn)?，所以，即故解得綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問(wèn)題的求解策略：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問(wèn)題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問(wèn)題的區(qū)別．請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題做答，只能做所選定的題目.如果多做，則按所做的第一個(gè)題記分.做答時(shí)用2B鉛筆在答題卡上把所選題號(hào)后方框涂黑.選修4―