山东省潍坊市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省潍坊市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 关于下列命题中，说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

试卷类型：A
高三数学
2023.1
本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.
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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本大题共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. 设全集，集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义计算作答.
【详解】解不等式得：，则，
解不等式得：，则，，
所以.
故选：C
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.
【详解】，
所以，
则.
故选：D
3. 已知函数则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据再利用分段函数定义即可求得的值.
【详解】由题意可知，，满足
所以.
故选：B
4. 若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.
【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则
所以，数据、、、的平均数为
，
方差为，
所以，，
将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为
，

方差为
.
故选：A.
5. 宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，我们发现，当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，则时，圆球总个数为（ ）

A. 30 B. 35 C. 40 D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】求出底层个数，加上前4层总数20即可.
【详解】当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，
所以当4时，每层圆球的个数分别为1，3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4，
可得，时，底层有，
故一共有个球.
故选：B
6. 已知正三棱锥的侧棱长为，点，分别在线段，（不包括端点）上，且，，若点为三棱锥的外接球的球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，结合图形辅助线，利用已知条件说明线面垂直，找出球心，建立直角三角形中相应的关系，建立等量关系，解出三棱锥外接球的半径，根据图形分析最大值即可.
【详解】取的中点，连接，如图所示：

在正三棱锥中，，
所以，
下底面为等边，
所以，
由，
所以平面，
又平面，
所以，
因为，，
所以，
所以，
由，
所以平面，
又平面，
所以，所以，
所以，
设三棱锥的外接球球心为，外接圆的圆心为，
连接，则在正三棱锥中，底面为正三角形，
所以一定在上，且一定在上，
同时平面，
在中由正弦定理得：
，
在中，，
在中，，
设球体的半径为，
所以，
所以，
所以三棱锥的外接球的球面上任意一点到平面距离的最大值为：
，
故选：C.
7. 已知为坐标原点， 是抛物线上的动点，且，过点作，垂足为，下列各点中到点的距离为定值的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可设直线的方程，联立抛物线方程再利用，可得，法一：可知H在圆上运动进行判断，法二再由得出的方程为，解得，代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.
【详解】法一：设直线方程为，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
则直线 过定点D（4,0）因为，则点H在为直径的圆上（其中圆心坐标为OD中点（2,0）），故（2,0）到H的距离为定值
故选：B
法二：设直线方程，
联立直线和抛物线方程整理得，
所以
又，即，所以可得，即；
又因为，所以的方程为，解得
对于A，到点的距离为不是定值；
对于B，到点的距离为为定值；
对于C，到点的距离为不是定值；
对于D，到点的距离为不是定值.
故选：B
【点睛】方法点睛：定值问题通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.
8. 已知定义在上的函数满足，对，，有，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可推得，令，得出.设，则，由，可得.又，代入求和即可得出结果.
【详解】令，由已知可得.
令，由已知可得，
设，则，整理可得.
又，所以，所以.
则，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于抽象函数的问题，常用赋值法：赋确定值求解函数值，赋确定值及可变值可得函数关系式.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，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. 关于下列命题中，说法正确的是（ ）
A. 已知，若，，则
B. 数据，，，，，，，，，的分位数为
C. 已知，若，则
D. 某校三个年级，高一有人，高二有人.现用分层抽样的方法从全校抽取人，已知从高一抽取了人，则应从高三抽取人.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项分布期望和方差公式可构造方程求得，知A错误；将数据按照从小到大顺序排序后，根据百分位数的估计方法直接求解知B正确；由正态分布曲线的对称性可求得C正确；根据分层抽样原则可计算得到高二应抽取学生数，由此可得高三数据，知D正确.
【详解】对于A，，，，解得：，A错误；
对于B，将数据从小到大排序为，，，，，，，，，，
，分位数为第个数，即，B正确；
对于C，，，C正确；
对于D，抽样比为，高二应抽取人，则高三应抽取人，D正确.
故选：BCD.
10. 在棱长为1的正方体中，点为线段（包括端点）上一动点，则（ ）
A. 异面直线与所成的角为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 不存在点，使得平面
D. 的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】证明得到，求出，即可得出A项；证明平面，然后求出，根据等积法即可求出B项；取中点为，可证明平面，即可说明C项错误；将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.在中，由余弦定理求出，即可得到最小值，说明D项错误.
【详解】
对于A项，如图1，连接.因为都正方体面对角线，所以，
所以是等腰三角形，所以.又且，所以四边形是平行四边形，
所以.所以异面直线与所成的角即等于与所成的角，故A项正确；
对于B项，因为且，所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
所以点到平面距离即等于点到平面的距离.，
所以，又是个定值，故B项正确；

对于C项，如图2，取中点为.因为，是中点，所以.
又由已知可得，平面，平面，所以.又，
且平面，平面，所以平面，即存在点，使得平面，故C项错误；

对于D项，如图3，将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.
因为，所以，又，所以.在中，
由余弦定理可得，，
所以的最小值为，故D项错误.
故选：AB.
11. 已知函数，其中为实数，则（ ）
A. 的图象关于对称
B. 若在区间上单调递增，则
C. 若，则的极大值为1
D. 若，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可得函数定义域为，由可得A正确；将函数整理变形，构造函数求导可得其单调性，再利用函数单调性即可判断B错误；当，由的单调性可知在处取得极大值为1，即C正确；若，同理可得的最小值为，所以D正确；即可得出正确选项.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
则，所以
可得对于，所以的图象关于对称，即A正确；
由可得
令，，

令，得，当时，，函数为单调递增；
当时，，函数为单调递减；
根据函数单调性可知，若在区间上单调递增，则，故B错误；
当，则，
所以在处取得极大值，
即的极大值为1，故C正确；
若，根据函数单调性可知在区间上单调递减，上单调递增；
所以在处取得极小值，也是最小值，
由得，，
所以，则的最小值为，即D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过观察函数特征，将函数改写成，再通过构造函数，结合参数的正负利用导数研究函数的单调性和极值即可.
12. 若数列满足，则称数列为“差半递增”数列，则（ ）
A. 正项递增数列均为“差半递增”数列
B. 若数列的通项公式为，则数列为“差半递增”数列
C. 若数列为公差大于0的等差数列，则数列为“差半递增”数列
D. 若数列为“差半递增”数列，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用数列1,4,5作为反例可判断A选项，利用作差法结合等比数列的通项公式比较得可说明B选项，利用作差法结合等差数列的通项公式比较得可说明C选项，根据的关系求出数列通项公式，再根据“差半递增”数列的定义列出不等式可求的取值范围,从而判断D选项.
【详解】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，
则，则，不满足“差半递增”数列，A错误；
对于B，因为，
所以
，
因为，所以函数单调递增，所以当，
即恒成立，所以数列为“差半递增”数列，B正确；
对于C，设公差，，，，
所以，
所以，数列为“差半递增”数列，C正确；
对于D，因为，所以，所以，
当时，，
所以，所以，
所以数列为等差数列，公差为1，所以，
所以，
所以对任意，，即，
所以，
所以，因为,
所以当时有最大值为，
所以，D正确；
故选:BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 如图所示，，，，是正弦函数图象上四个点，且在，两点函数值最大，在，两点函数值最小，则______.

【答案】
【解析】
【分析】由图象得出各点的坐标，进而表示出向量，根据向量以及数量积的坐标运算即可得出答案.
【详解】由图象结合正弦函数可得，，，，，
所以，，，，
所以，，
所以.
故答案为：.
14. 已知函数，且对任意恒成立，若角的终边经过点，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】由辅助角公式得表达式，后可得答案.
【详解】，其中，.
则，
则，则.
故答案为：3
15. 写出一个同时满足下列三个性质的函数______.
①是奇函数；②在单调递增；③有且仅有3个零点.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据奇函数图像关于原点对称，若函数有且仅有3个零点则原点两侧各有一个，再保证单调递增即可写出解析式.
【详解】由是奇函数，不妨取，且函数图象关于原点对称；
又有且仅有3个零点，所以原点两侧各有一个零点，且关于原点对称，
若保证在单调递增，显然满足.
故答案为：（答案不唯一）
16. 设双曲线的右顶点为，过点且斜率为2的直线与的两条渐近线分别交于点，.若线段的中点为，，则的离心率______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得出直线方程，与渐近线方程联立解得交点，的坐标，再根据中点坐标公式求出，由直线斜率为2以及利用余弦定理解得，再利用两点间距离公式可得关于的方程，解得即可求得离心率.
【详解】由题意可知，双曲线的两条渐近线方程为
过点且斜率为2的直线方程为，
不妨设直线与渐近线交于点，与渐近线交于点，如下图所示：

联立可得，
同理得，所以的中点为
设过点且斜率为2的直线的倾斜角为，即，可得
所以，
由余弦定理可得
即，
整理可得，
即，解得或（舍）
所以双曲线离心率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求解本题离心率问题时，关键是联立直线与渐近线方程解得交点，的坐标得出中点的坐标，再利用斜率以及由余弦定理找出等量关系，建立关于的方程，即可求得离心率.
四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知正项数列满足，.
（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式将其分解整理可得，两边同时加1即可证明数列是等比数列，根据等比数列通项公式即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可写出，分别对是奇数和偶数两种情况进行分类讨论即可求得结果.
【小问1详解】
将等式右边分解得，
因为已知，所以，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
即.
所以数列的通项公式为
【小问2详解】
结合（1）知，
所以当为偶数时，.
当奇数时，.
所以数列的前项和
18. 在锐角三角形中，内角的对边分别为，，，已知.
（1）求的最小值；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用三角形内角关系化简得，由锐角三角形可知，利用两角和的正切公式和基本不等式即可求得的最小值；（2）根据可求得或，即可求出角的正弦值，再由利用正弦定理即可求得.
【小问1详解】
由已知得，
整理得，
因为，所以，
又因为，
所以，
可得，
，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
又因为，所以或，8分
当时，，由正弦定理得，
当时，，由正弦定理得.
综上，或.
19. 一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为，三个红球一个白球的概率为.
（1）从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
（2）现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为，抽到三个小球的概率为，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记分，用表示抽到的小球分数之和，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据离散型随机变量的性质结合条件概率求解即可；（2）由题意先找出随机变量的值，分别求出各自的概率，列出分布列，求出数学期望.
【小问1详解】
记事件表示“抽取一个小球且为红球”，表示“箱子中小球为两红两白”，表示“箱子中小球为三红一白”，
则.
【小问2详解】
由题意得的取值可以为，0，1，3，4，6，
，
，
，
，
，
.
随机变量的分布列为：


0
1
3
4
6







所以的分布列及数学期望为：
.
20. 已知三棱台中，底面，，，，，分别是，的中点，是棱上的点.

（1）求证：；
（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用底面，以及棱台的几何特征即可证明平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可得出结论；（2）首先由几何关系确定的位置，即，再建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得面角的余弦值.
【小问1详解】
如图所示：

取线段的中点，连接，，易得，所以，，，四点共面.
因为，，所以，又因为底面，平面，
所以，因为，平面，平面，
所以平面，
因为，分别是，的中点，所以，所以平面，
因为平面，所以
因为，，
又因为，所以四边形是正方形，所以，
又因为，平面，平面；
所以平面，因为平面，所以.
【小问2详解】
延长与相交于点，连接，则与的交点即为.
由，分别为和的中点知为线段的三等分点，且，
由（1）知，所以、、两两垂直，
以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系.
，，，，
设平面的法向量，则取，则
易得平面的一个法向量，
设二面角为，由图易知为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
21. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
（1）是上一动点，求范围；
（2）过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)结合焦距及点坐标，求得椭圆的方程：，设点，得，结合椭圆有界性解得范围即可；
(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得，，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积.
【小问1详解】
由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为：.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
【小问2详解】
依题意可设直线的方程为，，.
联立得.
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
又因为三角形内切圆半径满足.
所以的内切圆面积的最大值为.
22. 已知函数.
（1）若，求证；函数的图象与轴相切于原点；
（2）若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，得到，求导后得到，故在点处的切线方程为，证毕；
（2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得到实数的取值范围.
【小问1详解】
证明：因为，，；
又，
所以，所以在点处的切线方程为，
所以函数的图象与轴相切于坐标原点.
【小问2详解】
先证明不等式恒成立，
令，则，当时，，当时，，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，所以，当且仅当时，等号成立，
，令，
，令，，
当时，，
故在上为减函数，因为，所以当，
即时，，
所以为增函数，故，
所以为减函数，故函数在无极值点；
当时，当，因为为减函数，，
，
故必存在，使得，当时，，为增函数，
当时，，为减函数，而，故，
又因为

所以必存在，，且当，，为减函数，
当，，为增函数，故在区间上有一个极小值点，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，，所以总存在使，
且当时，，单调递减，时，，单调递增，
当，，且，
故必存在，使得，
，，为减函数，，，为增函数，
因为，所以当，，即，
又因为
，
故存在，使得，
且当，，为减函数，
当，，为增函数，
故在区间有一个极小值点，
所以若函数在区间，各恰有一个极值点，
综上：实数的取值范围是.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.