2022-2023学年天津实验中学高三（上）期末数学试卷(含答案解析)

2022-2023学年天津实验中学高三（上）期末数学试卷

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  “x为整数”是“为整数”的条件(    )

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要

3.  函数的图象大致是(    )

A.  B.
C.  D.

4.  设，，，则a，b，c的大小关系是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知，则的值为(    )

A. 1 B. 0 C.  D. 2

6.  设双曲线的左焦点为F，直线过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，，其中O为坐标原点，则双曲线C的方程为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  战国时期的铜镞是一种兵器，其由两部分组成，前段是高为3cm、底面边长为2cm的正三棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜链的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知函数，则下列结论中正确的是(    )

A. 函数的最小正周期为
B. 时取得最大值
C. 的对称中心坐标是
D. 在上单调递增

9.  已知函数若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是(    )

A.  B.
C.  D.

10.  已知复数z满足其中i为虚数单位，则复数z的虚部为______.

11.  若展开式中的所有二项式系数和为512，则______；该展开式中的系数为______.

12.  已知点在圆C：内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______.

13.  某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导．若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲、乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为______用数字作答

14.  已知，则的最小值为______.

15.  如图，中，，，O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D，P为半圆上任意一点，则的最小值为______.

16.  在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，已知，，
求c的值；
求的值；
求的值．

17.  如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
求证：平面CPM；
求平面QPM与平面CPM夹角的大小；
若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离．

18.  已知数列的前n项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项．
求数列与数列的通项公式；
若数列，求数列的前n项和

19.  已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点．
求椭圆的方程；
已知点C满足，点B在椭圆上异于椭圆的顶点，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．

20.  已知函数，曲线在处的切线方程为
求a，b的值；
求函数在上的最大值；
证明：当时，

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：，，

故选：
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于容易题．
 

2.【答案】A 

【解析】解：x为整数时，也是整数，充分性成立；
为整数时，x不一定是整数，如时，所以必要性不成立，是充分不必要条件．
故选：
分别判断充分性和必要性是否成立即可．
本题考查了充分必要条件的判断问题，是基础题．
 

3.【答案】C 

【解析】解：由得，即，即函数的定义域为，
，即函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，
当，，排除A，
当时，，，此时，排除D，
故选：
先求出函数的定义域，解条件先判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想以及排除法进行排除即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性以及极限思想是解决本题的关键．比较基础．
 

4.【答案】C 

【解析】解：，
又，
即；
，
故选：
利用对数函数、指数函数及幂函数及特值0比较大小．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数及幂函数的性质的合理运用．
 

5.【答案】C 

【解析】解：，
，，
，
故选：
利用指数幂以及对数的运算性质即可得出结论．
本题考查了指数幂以及对数的运算性质，属于基础题．
 

6.【答案】D 

【解析】解：由左焦点F在直线上，令，可得，
由题意可得，
设右焦点为，连接PF，PO，，由，故为直角三角形，
因为直线的斜率为，设直线倾斜角为，则，
，则，，
由双曲线定义，则，
所以，双曲线C的方程为，
故选：
由题意左焦点F的直线上，可得焦点F的坐标，再由可得为直角三角形，可得a的值，进而求出b的值，求出双曲线的方程．
本题考查双曲线的方程的求法及双曲线的性质的应用，属于中档题．
 

7.【答案】A 

【解析】解：由已知可得，正三棱锥的底面正三角形边长为2，设正三角形内切圆半径为r，
则，
解得，其内切圆半径为，
由三棱锥体积与圆柱体积公式得此铜镞的体积约为：

故选：
求出正三棱锥的底面正三角形内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式求解．
本题考查几何体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
 

8.【答案】D 

【解析】解：，
对于A，最小正周期，即A错误；
对于B，令，，则，，
故当，，取得最大值，即B错误；
对于C，令，，则，，所以的对称中心坐标为，，即C错误；
对于D，令，，则，，
故的单调递增区间为，，
而，所以在上单调递增，即D正确．
故选：
化简可得，再根据正弦函数的图象与性质，逐一判断选项即可．
本题考查三角函数的综合，熟练掌握二倍角公式，辅助角公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】A 

【解析】解：，
当时，，
令，
解得，
当时，，当时，，
令，解得或，
令，解得或，
函数的图象如下所示：

因为方程恰有四个不同的实数解，即与恰有四个交点，所以，
不妨令，
则，且与关于对称，所以，
又，
即，
所以，即，
所以，
所以，
因为在上单调递增，
所以
所以
故选：
当时利用辅助角公式化简函数解析式，再画出函数图象，不妨令，则，且与关于对称，再根据对数的运算得到，最后转化为关于的函数，结合对勾函数的性质计算可得．
本题考查了三角恒等变化、二次函数的性质、对数函数的性质、数形结合思想、转化思想，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由，
得，
则复数z的虚部为
故答案为：
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的基本概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由已知可得，解得，
则的展开式的通项为，
令，解得，
展开式中的系数为
故答案为：9，
由二项式系数和为，即可求解n的值，利用通项公式即可求得展开式中的系数．
本题主要考查二项式展开式的通项公式，二项式系数，及展开式中特定项的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由点在圆C：内，
所以，又，解得，
过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为，
又，，
所以，解得，
故答案为：
根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

13.【答案】36 

【解析】解：当甲、乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：；
当甲、乙两人与其他三人中选一人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：，
所以专家甲、乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：，
故答案为：
根据甲、乙两人组成一组和甲、乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可．
本题考查了排列组合的混合问题，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，，，
所以，，
则，
当且仅当且，时取等号，此时的最小值
故答案为：
由已知结合对数的运算性质可得，，然后结合乘1法配凑基本不等式应用条件，然后结合基本不等式可求．
本题主要考查了基本不等式求解最值，还考查了对数的运算性质，解题的关键是应用条件的配凑．
 

15.【答案】 

【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，所以
令，根据直线的几何意义可知，
当直线与半圆相切时，t取得最小值，由点到直线的距离公式可得，
，即的最小值是
故答案为：
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，设，
故，，所以令，根据直线的几何意义可知，即可求解．
本题考查了向量的坐标运算，考查了向量的数量运算，属于中档题．
 

16.【答案】解因为，，，
由余弦定理可得，
解得：；
，，所以，
由，可得，
由正弦定理可得，即，
可得，
所以；
因为，，
所以，，
，可得，
所以，
所以的值为 

【解析】由余弦定理及题中条件可得c边的值；
由正弦定理可得的值，再由及正弦定理可得的值；
求出2A及B角的正余弦值，由两角差的正弦公式可得的正弦值．
本题考查正余弦定理及两角差的正弦公式的应用，属于基础题．
 

17.【答案】解：证明：连接EM，因为，，所以PQ，
又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，
因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，
因为，，F为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形EFCM为平行四边形，
所以，又平面MPC，平面MPC，
所以平面
因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，
，，，
，
设为平面PQM的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面PMC的法向量，
则，即，不妨设，可得
所以，
设平面PQM与平面PMC夹角为，
所以，
即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为
设，即，
则
从而
由知平面PMQ的法向量为，
而直线DN与平面PMQ所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，
所以线段QN的长为 

【解析】连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；
根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
设，则，从而，由知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．
本题考查了线面平行的证明，向量法求解面面角问题，向量法求解线面角问题，方程思想，属于中档题．
 

18.【答案】解：因为：数列的前n项和为，，
；
数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项；
，；
；；
；
数列；
令…；①
…，②
①-②得：…
；


令…；
数列的前n项和 

【解析】利用前n项和与通项之间的关系即可求出数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；
利用错位相减求和以及裂项求和对其整理即可．
本题主要考查由数列的前n项和与通项之间的关系求出数列的通项，数列求和的错位相减法以及裂项求和法，考查了转化能力和分析能力，是对数列知识的综合考查，属于中档题目．
 

19.【答案】解：由已知可得，记半焦距为c，由可得，
由，可得，
椭圆的方程为，
：直线AB与C为圆心的圆相切于点P，
，
根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为，
由方程组，消去y可得，解得，或，
依题意可得点B的坐标为，
为线段AB的中点，点A的坐标为，
点P的坐标为，
由，可得点C的坐标为，
故直线CP的斜率为，
，
，
整理可得，
解得或，
直线AB的方程为或 

【解析】根据可得，由，可得，即可求出椭圆方程；
根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为，联立方程组，求出点B的坐标，再根据中点坐标公式可得点P的坐标，根据向量的知识求出点C的坐标，即可求出CP的斜率，根据直线垂直即可求出k的值，可得直线AB的方程．
本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与圆相切问题、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：由，得，
由题意，得，解得，；
由知，，
因为时，当且仅当时取等号，
所以，
所以在上单调递增，；
证明：由及可知，
在处的切线方程为，
令，，
则，，
易得在上单调递减，在上单调递增，
又，，，所以，
所以存在，使得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以，，
因为，所以，当时取等号，
所以，
所以，
即当时， 

【解析】先对函数求导，然后结合导数的几何意义及已知切线方程建立关于a，b的方程求解；
结合导数判断函数的单调性，再求出函数在上的最大值；
令，，对其求导，利用导数求出函数的最值，再结合函数性质及零点判定定理证明即可．
本题主要考查了导数几何意义，导数与单调性关系在最值求解中的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．