江西省萍鄉(xiāng)市2023屆高三上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷

江西省萍鄉(xiāng)市2023屆高三上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二四總分評(píng)分一、單選題1．設(shè)集合A={?1，0，A．{1，2} B．[12，2] 2．已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)11+iA．-1 B．0 C．1 D．23．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}中，aA．?1或2 B．2 C．1或?2 D．14．已知m和n是兩條不同的直線(xiàn)，α和β是兩個(gè)不重合的平面，則下列命題正確的是（）A．m⊥n，n?α，則m⊥αB．m?α，n?β，α//β，則m//nC．若m//α，m⊥n，則n⊥αD．若m⊥α，m//β，則α⊥β5．關(guān)于某校運(yùn)動(dòng)會(huì)5000米決賽前三名選手甲、乙、丙有如下命題：“甲得第一”為命題p；“乙得第二”為命題q；“丙得第三”為命題r.若p∨q為真命題，p∧q為假命題，(?p)∧r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6．在二項(xiàng)式(a?2x)6的展開(kāi)式中，若xA．?1 B．1 C．34 D．7．函數(shù)y=kx與y=lnx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．k=1 B．k=1e C．k=1e或k≤0 8．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(chēng)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ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，該點(diǎn)取自陰影部分的概率為（）A．19 B．1781 C．299．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f'(x)是其導(dǎo)函數(shù).當(dāng)x≥0時(shí)，f'(x)?x2A．[?2，+∞) B．[?2，2] C．[2，10．點(diǎn)M為拋物線(xiàn)y2=8x上任意一點(diǎn)，點(diǎn)N為圓x2+y2?4x+3=0A．2 B．2 C．3 D．2+11．已知函數(shù)f(x)=ax+lna，A．(e，e2] B．(e二、多選題12．下列關(guān)于函數(shù)f(A．函數(shù)f(B．函數(shù)f(x)C．函數(shù)f(D．函數(shù)f(x)三、填空題13．在平面直角坐標(biāo)系中，角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，已知角α終邊過(guò)點(diǎn)P(?2，1)，則sin2α=14．在平面直角坐標(biāo)系中，向量a，b滿(mǎn)足a=(1，1)15．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，16．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PA?PB的取值范圍為四、解答題17．記Sn為數(shù)列{1（1）求數(shù)列{a（2）求數(shù)列{an?18．如圖在五面體ABCDE中，△ABC為等邊三角形，平面ABC⊥平面ACDE，且AC=2AE=2DE=2，∠DEA=∠EAC=90°，F(xiàn)為邊（1）證明：DF//平面ABE；（2）求EF與平面ABE所成角的正弦值.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12，乙答對(duì)每道題的概率均為p(0<p<1)，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10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12，若搶到，答對(duì)得10分，對(duì)方得0分，答錯(cuò)得0分，對(duì)方得（1）若乙在第一輪答題中，恰好答對(duì)兩道必答題的概率為f(p)，求f(p)的最大值和此時(shí)乙答對(duì)每道題的概率p0（2）以（1）中確定的p0作為p的值，求乙在第二輪得分X20．已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，周長(zhǎng)為8的△ABC的頂點(diǎn)，A(?3（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)P(m，2)(m∈R，m≠0)，21．已知函數(shù)f(x)=a（1）若a=0，求f(x)（2）若f(x)≥1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.22．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知曲線(xiàn)C1：θ=（1）寫(xiě)出曲線(xiàn)C2的直角坐標(biāo)方程，并求出θ（2）求1|OP|23．已知函數(shù)f(x)=?a|x?1|+b(a>0，（1）求實(shí)數(shù)a，b滿(mǎn)足的關(guān)系式；（2）若對(duì)任意x∈R，不等式f(x)

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】當(dāng)x=?1時(shí)，y=1當(dāng)x=0時(shí)，y=1，當(dāng)x=1時(shí)，y=2，當(dāng)x=2時(shí)，y=4，所以B={所以A∩B={故答案為：A

【分析】先求出集合B={2．【答案】B【解析】【解答】因?yàn)?1+i所以實(shí)部與虛部之和為12故答案為：B.

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法運(yùn)算可得11+i3．【答案】B【解析】【解答】由題意可得(a3即a所以(d+1)由題意an>0，則d>0所以d+1=a2故答案為：B

【分析】由題意可得出(a3+1)4．【答案】D【解析】【解答】由題意可知，在A中，若m⊥n，n?α，則m與α相交或平行或m?α，A不符合題意；在B中，若m?α，n?β，α//β，則m//n或m與n異面，B不符合題意；在C中，若m//α，m⊥n，則n與α相交或平行或m?α，C不符合題意；在D中，若m⊥α，m//β，則平面β內(nèi)存在一直線(xiàn)平行于m，該直線(xiàn)垂直于平面α，則α⊥β，D符合題意.故答案為：D.

【分析】依據(jù)線(xiàn)面垂直判定定理、面面垂直判定定理和線(xiàn)面垂直性質(zhì)定理、面面平行性質(zhì)定理逐項(xiàng)進(jìn)行判斷，可得答案.5．【答案】C【解析】【解答】∵p∨q為真命題，p∧q為假命題，∴命題p與命題q中，恰有一個(gè)為真命題，另一個(gè)為假命題；（1）若命題p：“甲得第一”為真命題，命題q：“乙得第二”為假命題，則甲得第一，乙未得第二，∴乙得第三，∴命題r：“丙得第三”為假命題，此時(shí)(?p)∧r為假命題滿(mǎn)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p：“甲得第一”為假命題，命題q：“乙得第二”為真命題，則乙得第二，甲未得第一，∴甲得第三，∴命題r：“丙得第三”為假命題，此時(shí)(?p)∧r為假命題滿(mǎn)足題意，前三名的順序?yàn)椋罕玫谝?，乙得第二，甲得第?對(duì)于A，第（1）種情況中，甲得第一，滿(mǎn)足題意，A說(shuō)法不正確；對(duì)于B，第（2）種情況中，乙得第二，滿(mǎn)足題意，B說(shuō)法不正確；對(duì)于C，（1）、（2）兩種情況中，丙均不是第三，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，D說(shuō)法不正確.故答案為：C.

【分析】p∨q為真命題，p∧q為假命題，確定命題p與命題q中，一真一假，再結(jié)合命題內(nèi)容，進(jìn)行辨析即可.6．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)槎?xiàng)式(a?2x)6的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)所以x3的系數(shù)為C故答案為：A.

【分析】利用(a?2x)6的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式Tr+1=7．【答案】C【解析】【解答】解：當(dāng)k≤0時(shí)，在同一坐標(biāo)系中，作出y=kx與y=lnx的圖象，如圖所示：由圖象知：函數(shù)y=kx與y=lnx的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)k>0時(shí)，令f(x)=kx?lnx，則當(dāng)0<x<1k時(shí)，f'(x)<0，當(dāng)所以f(x)在(0，1k所以當(dāng)x=1k時(shí)，f(x)取得最小值因?yàn)楹瘮?shù)y=kx與y=lnx的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以f(1解得k=1綜上：實(shí)數(shù)k的取值范圍為k=1e或故答案為：C

【分析】當(dāng)k≤0時(shí)，在同一坐標(biāo)系中，作出y=kx與y=lnx的圖象判斷；當(dāng)k>0時(shí)，令f(x)=kx?ln8．【答案】B【解析】【解答】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9×9=81，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3×3+8=17，則該點(diǎn)取自陰影部分的概率為P=17故答案為：B.

【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．9．【答案】C【解析】【解答】設(shè)g(可得g因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí)，f'所以g(x)又因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以g(x)所以g(x)在R上遞增，又因?yàn)閒(2)=3，所以g(則f(x)≥13(所以x≥2，即f(x)≥13(故答案為：C.

【分析】構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)10．【答案】A【解析】【解答】如圖所示：由y2=8x知，拋物線(xiàn)焦點(diǎn)由x2+y即為以(2，又ax?y?a?1=0，得y=a(x?1)?1，恒過(guò)定點(diǎn)(1，過(guò)點(diǎn)M作ME垂直于拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)：x=?2交于點(diǎn)E，連接PE，則|MP|+|MN|≥|MP|+|MF|?1=|MP|+|ME|?1≥|PE|?1，當(dāng)P，M，所以|MP|+|MN|的最小值為：3?1=2，故答案為：A.

【分析】數(shù)形結(jié)合，找出拋物線(xiàn)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(xiàn)定義以及共線(xiàn)性質(zhì)分析得出最值.11．【答案】D【解析】【解答】顯然a>0，由f(x)>g(得eln令y=ex+x，x>0所以函數(shù)y=ex+x所以eln(ax)+ln(ax)>ex所以關(guān)于x的不等式a>exx令g(x)令g'(x)>0，得x>1所以g(x)在(因?yàn)殛P(guān)于x的不等式a>exx結(jié)合圖形可知，滿(mǎn)足題意的整數(shù)解只能是1和2，所以g(2)故答案為：D

【分析】將f(x)>g(x)化為eln(ax)+ln12．【答案】B,C,D【解析】【解答】因?yàn)閒(?x)所以f(x)為偶函數(shù)，又f因?yàn)閒(所以函數(shù)f(x)因?yàn)閒(所以函數(shù)f(x)故答案為：BCD

【分析】由f(?x)=f(x)13．【答案】?【解析】【解答】由三角函數(shù)的定義可得cosα=?2(?2)由二倍角的正弦公式可得sin2α=2故答案為：?4

【分析】由三角函數(shù)的定義可得出cosα=?255，14．【答案】0【解析】【解答】因?yàn)閍=(1，1)，2所以b=(?1故答案為：0

【分析】根據(jù)平面向量的坐標(biāo)的線(xiàn)性運(yùn)算求出b=15．【答案】3【解析】【解答】由△ABC的周長(zhǎng)為7，即a+b+c=7，則a+b=7?c由ab+8c=28，可得ab=28?8c由余弦定理可得：cos由0<C<π，則sinC=又S=12又ab=28?8c=4，解得c=3故答案為：3

【分析】由條件根據(jù)余弦定理可得出cosC=?18，求出sin16．【答案】[0【解析】【解答】如圖所示，在邊長(zhǎng)為1的正四面體CDEF中，設(shè)四面體內(nèi)切球球心為O，

內(nèi)切球半徑為r，取EF中點(diǎn)為G，則DG=1?14=3因?yàn)閂C?DEF所以13S△DEF因?yàn)辄c(diǎn)P為正四面體表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以r≤PO≤CO，即612因?yàn)镻A?因?yàn)锳B為球O的一條直徑，所以O(shè)A=?所以PO2因?yàn)?12≤PO≤6所以0≤PO故答案為：[0，

【分析】利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑r=612，以及正四面體中內(nèi)切球球心到頂點(diǎn)的距離，從而可得61217．【答案】（1）解：由an?S當(dāng)n≥2時(shí)，Sn?1由（1）?（2）得1ana當(dāng)n=1時(shí)，a1所以a（2）解：設(shè)bn=T則3兩式相減得?2=3+2×所以T【解析】【分析】（1）由題意得到Sn=n(2n?1)an，Sn?1=(n?1)(2n?3)an?1，然后兩式相減并化簡(jiǎn)可得18．【答案】（1）證明：取線(xiàn)段AC的中點(diǎn)O，連接OD、OF，∵O、F分別為AC、BC的中點(diǎn)，則OF//AB，∵OF?平面ABE，AB?平面ABE，∴OF//平面ABE，在側(cè)面ACDE中，∠DEA=∠EAC=90°，則DE//AC，即又因?yàn)锳O=12AC=DE，所以，四邊形AEDO∵OD?平面ABE，AE?平面ABE，∴OD//平面ABE，∵FO∩OD=O，F(xiàn)O、OD?平面ODF，所以，平面ODF//平面ABE，∵DF?平面ODF，∴DF//平面ABE.（2）解：因?yàn)樗倪呅蜛EDO為平行四邊形，∠EAO=90所以，四邊形AEDO為矩形，則DO⊥AC，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，DO⊥AC，DO?平面ACDE，∴DO⊥平面ABC，連接OB，因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，則OB⊥AC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OD所在直線(xiàn)分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，?1，0)、B(3設(shè)平面ABE的法向量為m=(x，y，z)則m?AB=3x+y=0因?yàn)镋F=(32因此，EF與平面ABE所成角的正弦值為34【解析】【分析】（1）取線(xiàn)段AC的中點(diǎn)O，連接OD、OF，證明出平面ODF//平面ABE，再利用面面平行的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；

（2）連接OB，證明出DO⊥平面ABC，OB⊥AC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OD所在直線(xiàn)分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，EF=(32，32，?1)，求出平面19．【答案】（1）解：因?yàn)橐掖饘?duì)每道題的概率均為p(0<p<1)，所以，乙在第一輪答題中，恰好答對(duì)兩道必答題的概率為f(p)=C32f'(p)=6p?9p2=3p(2?3p)當(dāng)0<p<23時(shí)，f'當(dāng)23<p<1時(shí)，f'所以，f(p)max=f(（2）解：由題意可知，隨機(jī)變量X的可能取值有5、0、10，X=5表示甲搶到且甲答錯(cuò)，X=0表示甲搶到且甲答對(duì)或乙搶到且乙答錯(cuò)，X=10表示乙搶到且乙答對(duì)，所以，P(X=0)=12×13所以，E(X)=0×5【解析】【分析】（1）利用獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式可得f(p)=3p2?3p3，求導(dǎo)f'(p)=6p?9p2=3p(2?3p)，利用導(dǎo)數(shù)研究f(p)的單調(diào)性，從而得到f(p)max=49，及最大值點(diǎn)p20．【答案】（1）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x2a2所以△ABC周長(zhǎng)為4a=8，即a=2，a因?yàn)樽蠼裹c(diǎn)A(?3，0)，所以c=3所以b2所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x（2）證明：由題意知，M(0，1)，所以直線(xiàn)PS：y=xΔ=64m2＞0則xS+xM=同理xT=24m所以kST所以直線(xiàn)ST方程為：y=12?所以直線(xiàn)ST過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(0【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓定義直接求解即可；

（2）求出S，T的坐標(biāo)，寫(xiě)出直線(xiàn)ST方程為y=12?m221．【答案】（1）解：當(dāng)a=0，令f'(x則當(dāng)x∈(0，e2故f(x)（2）解：由題意可得ax令g(x當(dāng)a≤0時(shí)，g'(x)<0當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)h(x)=aeh(1a)=a所以存在x0∈(0，因?yàn)閔'(