山东省济南市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省济南市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知非零向量，满足，且，则为， 已知函数有两个极值点，且，则等内容，欢迎下载使用。

高三期末检测
数学试题
本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式确定集合，再根据并集的定义求解.
【详解】由解得或，
所以或，
故选:D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值.
【详解】由已知可得，因此，.
故选：B.
3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象的平移变换方法求解即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后
得到函数，
故选:C.
4. 由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.
【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,
除去2023四个数,
还剩一个2一个3,
将2023进行捆绑,
对2,2023,3进行全排有种.
故选:B
5. 若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.
【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：，
所以正四面体的棱长为，

将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，
则外接球的体积为，
故选：.
6. 已知非零向量，满足，且，则为（ ）
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.
【详解】，
，
，
，
为等腰三角形，
又，
，
，又，所以，
为等边三角形，
故选：D.
7. 已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.
【详解】因为随机变量满足，
所以，
也即，又因为是公差为的等差数列，
所以，则有，，，
所以，则，
，，
因为，所以，解得，
故选：.
8. 已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可.
【详解】解:由题知,(且),
所以,
故在上,,单调递减,
且,
即,
在上,,单调递减,
在上,,单调递增,
有,
画图象如下:

由至少有三个互不相等的实数解,
即至少有三个互不相等的实数解,
即或至少有三个互不相等的实数解,
由图可知,当或时,与有一个交点,
即有一个实数解,
此时需要至少有两个互不相等的实数解,
即,解得
故或;
当时,无解,舍;
当时,,
此时有两个不等实数解,
有两个不等实数解,
共四个不等实数解,满足题意.
综上: 或.
故选:C
二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 有一组样本数据，其样本平均数为.现加入一个新数据，且，组成新的样本数据，与原样本数据相比，新的样本数据可能（ ）
A. 平均数不变 B. 众数不变
C. 极差变小 D. 第20百分位数变大
【答案】BD
【解析】
【分析】根据数据的平均数、极差、众数以及百分位数的定义判断求解.
【详解】因为，所以新的样本数据平均数减小，A错误；
加入一个新数据，则众数仍有可能为原数据的众数，B正确；
若加入一个新数据不是最大值也不是最小值，则新数据极差等于原数据极差，
C错误；
若为原数据从小到大排列的第20为后的数，因为样本数增加，所以第20百分位数可能后移，则新数据第20百分位数可能变大.D正确，
故选:BD.
10. 已知函数有两个极值点，且，则（ ）
A. B.
C. D. 的图象关于点中心对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数由有两个极值点可得导函数有2个不同的零点即可判断A,B，根据导函数讨论函数的单调性可判断C,根据奇函数与的关系判断D.
【详解】由题可得有两个不相等的实数根，
所以，所以，A错误；
根据题意为的两个根，所以，B正确；
因为，且为的两个根，
所以由得或，
由得，
所以函数在单调递增，单调递减，单调递增，
所以成立，C正确；
因为为奇函数，所以关于对称，
所以关于对称，D正确，
故选:BCD.
11. 如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（ ）

A.
B. 存在一点，使得
C. 三棱锥的体积为
D. 若，则面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、，
设点，其中，.
对于A选项，，，则，
所以，，A对；
对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，
所以，不存在点，使得，B错；
对于C选项，，点到平面的距离为，
所以，，C对；
对于D选项，，
若，则，可得，
由可得，
，
当且仅当时，等号成立，
因为平面，平面，，
，D对.
故选：ACD.
12. 已知椭圆上一点位于第一象限，左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，的角平分线与轴交于点，与轴交于点，则（ ）
A. 四边形的周长为
B. 直线的斜率之积为
C.
D. 四边形的面积为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得，，，以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项；设，得出，进而根据在椭圆上，代入整理即可判断B项；由已知可得.设，，，根据余弦定理，整理可得，在中，可推出，根据倍角公式，可得，整理求解可得，即可判断C项；根据题意结合余弦定理可得出，根据三角形面积公式得出的面积，进而得到四边形的面积.
【详解】由已知可得，，，，点，，，.
对于A项，，又由椭圆的定义可得，
所以四边形的周长为，故A项正确；
对于B项，设，则，，，
所以.又，
所以，所以，故B项正确；
对于C项，由角平分线的性质可得，且，.
设，，则，且.
设，，
由，在和中，由余弦定理可得，整理可得，
因为，所以，即，整理可得，则，
中，由余弦定理可得，又，
所以，整理可得，解得或（舍去），
所以，，即，，所以，故C项错误；
对于D项，由C知，，
在中，由余弦定理可得，，则，
所以的面积为.又，
所以四边形的面积为，故D项正确.
故选：ABD.

三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用给定条件借助余弦定理即可得解.
【详解】中，因，由余弦定理得，
又，则有，
所以.
故答案为：
14. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点，结合三角形的面积公式可求得结果.
【详解】对函数求导得，所求切线斜率，
当时，，切点坐标为，
所以，曲线在处的切线方程为，即，
直线交轴于点，交轴于点，
所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.
故答案为：.
15. 甲袋中有个白球、个红球，乙袋中有个白球、个红球，从两个袋中随机取一袋，再从此袋中随机取一球，则取到红球的概率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，利用全概率公式求出的值，即为所求.
【详解】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，
则，，，
由全概率公式可得.
故答案为：.
16. 已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则圆的标准方程可以是_______.（写出一个满足条件的圆的标准方程即可）
【答案】．（注：圆心到直线的距离为半径即可）
【解析】
【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得，进而可得直线与圆相切，即可写出答案.
【详解】由函数得，
所以在定义域上单调递增，
又因为，
所以关于对称，
则，即，
因为，所以，即，
所有满足的点中，有且只有一个在圆上，
则直线与圆相切，假设圆心，
所以，所以圆可以是，
故答案为: ．（注：圆心到直线的距离为半径即可）
四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，，.
（1）求批次甲芯片的次品率；
（2）该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.
批次
是否满意
合计
满意
不满意
甲



乙



合计



附:，.











【答案】（1）；
（2）认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．
【解析】
【分析】（1）根据已知可得到正品率，然后根据对立事件即可求出次品率；
（2）设出零假设，列出列联表，求出，根据独立性检验原理即可得出推断.
【小问1详解】
由已知可得批次甲芯片的正品率，
所以批次甲芯片的次品率为．
【小问2详解】
零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得列联表如下：
批次
是否满意
合计
满意
不满意
甲
30
10
40
乙
55
5
60
合计
85
15
100
所以，
因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，
所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．
18. 定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.
（1）证明:数列为“3型数列”;
（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;
(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.
【小问1详解】
解:由题知,
所以有,且,
所以



,
所以数列为“3型数列”;
【小问2详解】
由(1)知,,
所以,
,
,
所以



.
19. 在中，内角、、所对的边分别是、、，.
（1）若，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，求出的取值范围，结合可求得角的值；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合正切函数基本性质可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，
因为、，且，所以，且，
所以，，
所以，，
则，即，
因为且，所以，且，
所以或（舍），故当时，．
【小问2详解】
解：，
因为，所以，则，
所以，.
所以的取值范围为．
20. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.

（1）证明：；
（2）已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，线段的长为．
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
解：取中点，连接，
因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形，
因为为的中点，则，，，
由（1）知，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面，
设，则，．
设平面的法向量，则，
取，可得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，
因此，存在点，线段的长为．
21. 已知在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.
（1）求E的方程；
（2）若P是曲线E上一点，且点P不在x轴上，作PQ⊥l于点Q，证明：曲线E在点P处切线过△PQA的外心.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)设出坐标为，根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程；
(2)设出点坐标,及处的切线方程，与双曲线联立，判别式等于0，可得参数之间关系，即可化简切线方程.分别求出的中垂线，联立即可求出的外心，将外心代入切线方程看是否成立即可证明.
【小问1详解】
解:设动点坐标为,
则根据题意得,
两边同时平方,化简可得,
所以曲线的方程为;
【小问2详解】
由题设点,因为点不在轴上,即,
所以曲线在点的切线斜率存在,设为,
则在点的切线方程为:,
联立方程组:,
整理得:,
因为双曲线的渐近线为,所以,
,
令,得．
因为点在双曲线上,
所以,即,
所以,因为，
所以两边同时除以,解得．
所以在点的切线方程为,即．
因为,,所以,
所以直线中垂线方程为,即,
因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,
所以直线中垂线的斜率为,
所以直线中垂线的方程为．
联立直线与直线,
得外心坐标．
将外心横坐标代入过点的切线方程,
化简得到,与外心的纵坐标相等．
所以曲线在点的切线经过的外心．
22. 已知函数.
（1）若，求函数在上的最小值；
（2）若存在，使得.
（i）求的取值范围；
（ii）判断在上的零点个数，并说明理由.
【答案】（1）0 （2）（i）；（ii）在共有3个零点，理由见解析
【解析】
【分析】(1)当时，对函数求导，根据导数在大于等于零得到函数在的单调性，进而求出最小值；
(2) （i）根据函数分和两种情况，当时，函数恒大于零，不满足条件，舍去，当时，对函数求导，利用函数的单调性和极值进而求解；（ii）结合（i）的结论，在共有2个零点1，，只需探讨在的零点个数，然后利用函数的单调性和极值进而求解即可.
【小问1详解】
因为，所以函数，则有，
又，可得，所以在上单调递增，
.
【小问2详解】
（i）若，当时，，，
所以，在没有零点，故舍去；
若，则，令，
则，所以在上单调递减，且；
①若，即，且，
存在，使，，
可得在单调递增，单调递减，且，
当时，，
（因为当时，，
证明：令，则，
因为，则，所以，则在上单调递增，
故，即，所以）
所以，且，
所以，故存在唯一使得，满足条件；
②若，即，此时恒成立，
在单调递减，又，所以，故舍去．
综上，．
（ii）由（i）可得，在共有2个零点1，，
下面探寻在的零点个数．
当时，，故在单调递减，
又，，所以存在，使得，
故在单调递增，单调递减，
又，，故一定存在，使得，
在单调递减，单调递增，
又，当趋近于零时，趋近于正无穷大，
故存在唯一，使得．故在有1个零点．
综上，在共有3个零点．
【点睛】(1)可导函数在处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；
(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．