山東省日照市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷

山東省日照市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．設(shè)集合A={x|1<2x<16}A．{2，3} C．{2，3，2．設(shè)a，b為實數(shù)，若復(fù)數(shù)1+2ia+biA．a(chǎn)=32，b=12 B．a(chǎn)=3，b=1 3．設(shè)x∈R，則“1x?2<1”是“A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，則下列結(jié)論正確的是（）A．若m⊥α，n//αB．若m//α，αC．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βD．若α⊥β，m//α5．若曲線y=?x+1在點(0，?1)處的切線與曲線y=A．(e，1) B．(1，0) C．6．我們要檢測視力時會發(fā)現(xiàn)對數(shù)視力表中有兩列數(shù)據(jù)，分別是小數(shù)記錄與五分記錄，如圖所示(已隱去數(shù)據(jù))，其部分?jǐn)?shù)據(jù)如表：小數(shù)記錄x0.10.120.150.2…？…1.01.21.52.0五分記錄y4.04.14.24.3…4.7…5.05.15.25.3現(xiàn)有如下函數(shù)模型：①y=5+lgx，②y=5+110lg1xA．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.87．安排4名小學(xué)生參與社區(qū)志愿服務(wù)活動，有4項工作可以參與，每人參與1項工作，每項工作至多安排2名小學(xué)生，則不同的安排方式有（）A．168種 B．180種 C．192種 D．204種8．已知F1、F2分別為雙曲線y2a2?xA．y=±22x B．y=±32x二、多選題9．對于拋物線上18A．開口向上，焦點為(0，2) C．焦點到準(zhǔn)線的距離為4 D．準(zhǔn)線方程為y=?410．已知數(shù)列{an}A．a(chǎn)n+1≥2an B．C．{an+1-4an}是遞增數(shù)列 11．雙扭線最早于1694年被瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利用來描述他所發(fā)現(xiàn)的曲線．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，把到定點F1(?a，0)，F(xiàn)2A．雙扭線C關(guān)于原點O中心對稱；B．?aC．雙扭線C上滿足|PFD．|PO|的最大值為2a12．已知三棱錐A?BCD的棱長均為3，其內(nèi)有n個小球，球O1與三棱錐A?BCD的四個面都相切，球O2與三棱錐A?BCD的三個面和球O1都相切，如此類推，…，球On與三棱錐A?BCD的三個面和球On?1都相切（n≥2，且n∈N?A．V1=6C．?dāng)?shù)列{Sn}為等差數(shù)列 三、填空題13．二項式(x?ax)6的展開式中常數(shù)項為?2014．已知向量a，b夾角為π4，且|a|=115．在中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上、下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）．現(xiàn)有一個如圖所示的曲池，它的高為2，AA1，BB1，CC1，DD1均與曲池的底面垂直，底面扇環(huán)對應(yīng)的兩個圓的半徑分別為1和2，對應(yīng)的圓心角為16．設(shè)正項等比數(shù)列a1，a2，???，a5的公比為q，首項a1=1，關(guān)于x的方程a四、解答題17．已知函數(shù)f(x)=3（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；（2）將函數(shù)y=f(x)圖象上點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），再把所得函數(shù)圖象向下平移32個單位得到函數(shù)g(x)的圖象，求g(x)18．如圖，長方形ABCD紙片的長AB為3+7，將矩形ABCD沿折痕EF，GH翻折，使得A，B兩點均落于DC邊上的點P（1）當(dāng)sin2θ=?sinθ時，求長方形寬AD的長度；（2）當(dāng)θ∈(0，π219．如圖，四棱錐P?ABCD的底面為正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，M是側(cè)面PBC上一點．（1）過點M作一個截面α，使得PA與BC都與α平行．作出α與四棱錐P?ABCD表面的交線，并證明；（2）設(shè)BM=λBC+12BP，其中λ∈[0，120．已知數(shù)列{an}的各項均為非零實數(shù)，其前n項和為S（1）若S3=2，求（2）若a1=a，a2023=2023a，求證：數(shù)列21．設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2=1（1）求橢圓C的離心率及其標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）圓C'圓心在原點O，半徑為2，過原點O的直線l與橢圓C交于M，N兩點，橢圓上一點P滿足OP⊥MN，試說明直線PM22．已知函數(shù)f(x)（1）若f(x)≥0在（2）若f'(π)=0，判斷關(guān)于x

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因為集合A={x|所以A∩B={故答案為：A.

【分析】求出集合A，然后進行交集的運算即可得答案.2．【答案】A【解析】【解答】由

故選A．3．【答案】B【解析】【解答】由1x?2<1可得，1x?2?1=3?xx?2<0，即x?3x?2>0，可等價變形為：(x?2)(故答案為：B

【分析】求解分式不等式，再根據(jù)充分條件、必要條件的定義可得答案.4．【答案】C【解析】【解答】對于A項，過直線n找一個平面與平面α相交，設(shè)交線為l，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得n//l，又因為m⊥α，所以m⊥l，所以對于B項，若m//α，α//β，則對于D項，若α⊥β，設(shè)α∩β=l，作直線m//l，則m//對于C項，因為m⊥α并且m⊥n，所以n//α，或者當(dāng)n?α?xí)r，又因為n⊥β，根據(jù)面面垂直得判定定理可得α⊥β，當(dāng)n//α?xí)r，過n作平面γ∩α=l又因為n⊥β，所以l⊥β，又因為l?α，所以α⊥β，綜上若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β，所以C符合題意.故答案為：C

【分析】由空間中直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系，逐項進行判斷，可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】y=?x+1的導(dǎo)數(shù)為y'=?12x+1，所以曲線因為曲線y=?x+1在點(所以曲線y=lnx在點P處的切線的斜率k2而y=lnx的導(dǎo)數(shù)y'=1x，所以切點的橫坐標(biāo)為故答案為：D

【分析】求得y=?x+1的導(dǎo)數(shù)，可得在點(6．【答案】B【解析】【解答】由數(shù)據(jù)可知，當(dāng)x=1時，y=5，兩個都符合，但當(dāng)x=0.1時，由y=5+lg而y=5+1所以選擇模型y=5+lgx更合適，此時令y=4.所以x=10故答案為：B.

【分析】7．【答案】D【解析】【解答】分3種情況：①每名小學(xué)生參與不同的工作，則有A4②有2名小學(xué)生參與相同的工作，則有C4③4名小學(xué)生兩兩分組，則有C4所以總的安排方式有24+144+36=204種；故答案為：D.

【分析】分三種情況討論：①將4名小學(xué)生參與4項工作；②將4名小學(xué)生參與3項工作；③將4名小學(xué)生參與2項工作，然后再求和即可求出答案.8．【答案】A【解析】【解答】設(shè)F1為雙曲線的下焦點，F(xiàn)如圖，過點P作PH⊥F1F因為sin∠P所以|PH||PF2因為|PF1|?|P因為雙曲線上的點P到原點的距離為b，即|PO|=b，且|OF所以|PF2|故12×|OP|×|PF因為|HO|2+|HP|2=將P(?abc，即(b2c)2b4?a2b解得b2a2=2或?1（舍去），則該雙曲線的漸近線方程為y=±a故答案為：A.

【分析】由題意作出雙曲線的圖象，然后根據(jù)sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2得出|PF1|=3|P9．【答案】A,C【解析】【解答】由拋物線18x2=y，即x2故答案為：AC

【分析】化簡拋物線方程，求解焦點坐標(biāo)、準(zhǔn)線方程，可得答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】對于A，因為an+1=an2+1≥1，故對于B，由A可得{an}為正數(shù)數(shù)列，且an+1?2an，則a對于C，由an+1?4an=(an?2)對于D，因為an>1，所以an+1所以an+1=a故答案為：ABD

【分析】利用已知條件結(jié)合均值不等式求最值的方法、數(shù)列的單調(diào)性、遞推公式的變形，進而找出正確的選項。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】對A，設(shè)動點C(x，y)，由題意可得C把(x，y)關(guān)于原點對稱的點對B，因為P(x0，又|PF1|?|P即|y0|=對C，若|PF1|=|PF2故此時x0=0，代入可得y0=0，即對D，因為∠POF故cos∠PO|OP|2因為|OF1|=|O故2|OP|即|OP|2所以2|OP|又|PF1|?|PF2|≤|F故2|OP|即|OP|2≤2a故答案為：ABD.

【分析】對A，設(shè)動點(x，y)關(guān)于原點對稱的點(?x，?y)代入軌跡方程，顯然成立；對B，根據(jù)?PF1F12．【答案】A,D【解析】【解答】由題意知三棱錐A?BCD的內(nèi)切球O1的球心在高AO由正三角形中心的性質(zhì)可得：BO=23×設(shè)球O1的半徑為r1，則利用等體積法：即13×34×32如圖2所示：易知DO=3，OO1設(shè)球O2與平面BCD切于點M，球O2的半徑為r2，連接O所以r2r1=D則r2=68=所以{rn}是首項為6所以rn所以r3=1由rn=6所以數(shù)列{Sn}由rn=6數(shù)列{Vn}故答案為：AD.

【分析】根據(jù)三棱錐A?BCD的棱長均為3，內(nèi)切球心O1的球心在高AO上，利用等體積法，可求出外接球的半徑，進而可求內(nèi)切球O1的半徑，同理可得13．【答案】1【解析】【解答】由題意可得二項式(x?ax令6?2r=0，則(?a)3故答案為：1

【分析】在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數(shù)等于0，求出r的值，進而求出a的值.14．【答案】10【解析】【解答】解：因為|2a故答案為：10

【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的運算性質(zhì)進行求解，可得答案.15．【答案】4【解析】【解答】設(shè)上底面圓心為O'，下底面圓心為O，連接OO'，OC，OB，以O(shè)為原點，分別以O(shè)C，OB，OO'所在直線為x則C(1，0，0)，A(0所以cos<又因為異面直線所成角的范圍為(0故異面直線AB1與CD故答案為：45

【分析】以O(shè)為原點，分別以O(shè)C，OB，OO'所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，利用向量法可求出異面直線AB16．【答案】(【解析】【解答】∵akx2+2x+∴Δ=4?4ak2>0，解得：0<a∴0<|x1?x2∵a1=1不滿足14<∵ak<a1，an>0若a2≤14，則∴a2∈(14∴14<a1q=q<1a故答案為：(1

【分析】推導(dǎo)出ak≠0，Δ=4?4ak2>0，0<ak<1，且x1+x2=?217．【答案】（1）因為f(x)=3sin2由?π2+2kπ≤2x?所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[?π（2）將函數(shù)y=f(x)圖象上點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），再把所得函數(shù)圖象向下平移32個單位得到函數(shù)g(x)所以g(x)=sin故當(dāng)x?π3=3π2+2kπ，k∈Z，即所以g(x)的最小值為-1，此時x的取值集合為{x|11π【解析】【分析】（1）先將函數(shù)f(x)化簡得fx（2）根據(jù)函數(shù)圖象的變換法則，求得g(x)=sin18．【答案】（1）解：依題意，在△EPG中，EG=7，PE+PG=3，∠EPG=θAD的長度即為△EPG的邊EG上的高，當(dāng)sin2θ=?sinθ時，2sinθcosθ=?sinθ，所以cosθ=?∵EG=7，設(shè)∴x+y=3，①由余弦定理得，EGx2∴x2①2（2）解：在△PEG中，PE=AE=x，PG=BG=yx2+①S∵0<θ≤π19．【答案】（1）解：過點M作BC的平行線，分別交PB，PC于點過E作PA的平行線，交AB于點N，過N作BC的平行線交CD于點Q，則截面EFQN為所求截面α，證明如下：因為PA//EN，PA?截面α，EN?截面α，所以因為BC//NQ，BC?截面α，NQ?截面α，所以（2）解：因為PD⊥平面ABCD，DA，DC?平面ABCD，所以且DA⊥DC，所以以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，則D所以BC=(所以BM=λ又因為DM=DB+設(shè)平面MCD的法向量為m=所以DC?m=2y=0所以m=設(shè)PB與平面MCD所成角為θ，則sinθ=|整理得8λ2+2λ?1=0，解得λ=?【解析】【分析】(1)利用作平行線得到截面α；

(2)以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DP為20．【答案】（1）解：Sn?an+2=因為數(shù)列{an}因為S3=2，所以a3+S（2）解：Sn?a所以S1S2=a1aS1因為數(shù)列{an}的各項均為非零實數(shù)，且a即anan+1=a所以an因為an≠0，所以所以a3?a故數(shù)列{a2n?1}為等差數(shù)列，首項為a數(shù)列{a2n}為等差數(shù)列，首項為aa2023=a所以a2n?1a2n故an=na，所以an+1其前n項和Sn【解析】【分析】(1)由Sn?an+2=Sn+1?an，令n=1，通過S3=2轉(zhuǎn)化求解得a3的值；

21．【答案】（1）解：由題意可得b=3設(shè)A(所以F1又因為3F所以3F所以F1所以x0即A(?4所以e2所以e=2因數(shù)e2即c2所以a2又因為a2所以c2所以橢圓的方程為x2（2）解：直線PM，PN與圓證明：因為M，所以|OM|=|ON所以|PM設(shè)M(當(dāng)直線PM的斜率存在時，設(shè)直線PM的方程為：y=kx+m，聯(lián)立直線和橢圓方程可得：x2即(1+2所以x1因為OM=所以O(shè)M?所以m2所以m2則原點O到直線PM的距離d=|所以此時直線PM與圓C'當(dāng)直線PM的斜率不存在時，依題意可得N(由|PM|=所以x1又因為x1所以x1所以直線PM的方程為x=2或x=?所以原點O到直線PM的距離d=2所以此時直線PM與圓C'綜上所述直線PM與圓C'同理可證直線PN與圓C'所以直線PM，PN