天津市红桥区2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份天津市红桥区2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 设，则“”是“”的， 设，则的大小关系为， 已知函数等内容，欢迎下载使用。

高三数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.
祝各位考生考试顺利!
第I卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，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.
2.本卷共9题，每小题5分，共45分.
一､选择题：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. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．

2. 已知，其中是虚数单位，则（ ）
A. 1 B. 3 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算，结合复数相等，求得参数的值，可得答案.
【详解】由，，，，则，即，
故选：B.
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的概念求解即可.
【详解】由解得，由解得，
因为当能推出，而推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 若直线被圆截得的弦长为4，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆中弦心距、半径、半弦长的关系列出方程求解即可.
【详解】由可得，
即圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
所以，即，解得，
故选：A
5. 已知某函数图象如图所示，则下列解析式中与此图象最为符合的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据定义域舍去A选项；B选项，根据时，函数值大于0舍去B选项；CD选项，根据导函数求解函数的单调区间，从而确定正确答案.
【详解】A选项，的定义域为，故和图象不合，舍去；
B选项，当时，，与图象不合，舍去；
C选项，定义域为，，
当，时，，单调递增，
当，时，，单调递减，
与图象符合，
D选项，定义域为，
在上恒成立，
故在上均单调递减，与图象不合，舍去；
故选：C
6. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】是单调递增函数，，，
，
是单调递减函数
，
，
故选：B
7. 已知甲､乙两球落入盒子的概率分别为和､假定两球是否落入盒子互不影响.则甲､乙两球至少有一个落入盒子的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出甲乙两球都不落入盒子的概率，即可得到答案.
【详解】由题知：甲乙两球都不落入盒子的概率为，
所以乙两球至少有一个落入盒子的概率为.
故选：D
8. 已知双曲线 的一条渐近线过点 ，且双曲线的一个焦点在抛物线 的准线上，则双曲线的方程为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：双曲线的一条渐近线是，则①，抛物线的准线是，因此，即②，由①②联立解得，所以双曲线方程为．故选D．
考点：双曲线的标准方程．

9. 已知函数.对于下列四种说法，正确的是（ ）
①函数的图象关于点成中心对称
②函数在上有个极值点.
③函数在区间上的最大值为，最小值为
④函数在区间上单调递增
A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】对于①，，则函数的图象不关于点成中心对称；对于②，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得取到极值点的位置；对于③，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最值；对于④，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的单调性判断即可．
【详解】对于①，，的图象不关于点成中心对称，错误；
对于②，，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；
对于③，，则， ，正确；
对于④，，则，由于正弦函数在上不单调，错误；
故选：B
二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
10. 某校高一年级､高二年级､高三年级学生人数之比为，现采用分层抽样的方法从高中各年级共抽取同学参加“流行病学”调查，则高一年级应抽取__________名学生.
【答案】
【解析】
【分析】利用分层抽样的公式计算可得答案．
【详解】高一年级应抽取的学生人数为
故答案为：
11. ________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：原式，答案：.
考点：1.对数运算；2.对数的换底公式.
12. 在 的展开式中，的系数为_______.
【答案】
【解析】
【详解】展开式的通项为，由得，所以，所以该项系数为.
考点：二项式定理及二项展开式的通项.

13. 在中，，以边所在直线为轴，将旋转一周，所成的曲面围成的几何体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转体的概念，结合题意得到该几何体是圆锥，根据体积计算公式，即可得出结果.
【详解】因为在中，，所以，
若以边所在的直线为轴，将旋转一周，所得的几何体是以为高，以为底面圆半径的圆锥，因为，，
因此，其体积为：.
故答案为：.
14. 街道上有编号1，2，.3，....10的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】采用插空法即可求解.
【详解】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，有种方法，
故答案为：.
15. 已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为_______.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的表达式，构造函数，作函数的图象，利用数形结合进行求解即可.
【详解】∵，
∴ ，
∵函数y=f(x)−g(x)恰好有四个零点，
∴方程f(x)−g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2−x)−b=0有四个解，
即函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象有四个交点，
，
作函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象如下，

，
结合图象可知，
故答案为:.
三､解答题：本大题共5个小题，共75分.解答写出文字说明､证明过程或演算步骤.
16. 在△ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB．
（1）求角B的大小；
（2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值
【答案】（1）B=60°（2）
【解析】
【详解】（1)由正弦定理得

【考点定位】本题主要考查三角形中的三角函数，由正余弦定理化简求值是真理
17. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点.

（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角和与平面所成的角相等，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，再由线面垂直的判定定理求证；
（2）利用向量法求出线面角，根据线面角相等求出即可.
【小问1详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，设，.

则各点坐标为：

所以.
因为，
所以，而是平面内的两条相交直线，
所以平面；
【小问2详解】
由题设和（1）知，分别是平面，平面的法向量，而与
平面所成的角和与平面所成的角相等，所以
即
由（1）知，，由，
故，解得.
所以.
18. 已知等比数列公比，且，．
Ⅰ求数列的通项公式；
Ⅱ设，是数列的前n项和，对任意正整数n不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1).
(2).
【解析】
【详解】试题分析：
（Ⅰ）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项和公比表示出已知条件并解出，可得通项公式；
（Ⅱ）由，因此用错位相减法可求得其前项和，对不等式按的奇偶分类，可求得参数的取值范围．
试题解析：
（Ⅰ）设数列的公比为，则，
∴
∵，∴，∴数列的通项公式为．
（Ⅱ）解：
∴

∴
∴=
∴对任意正整数恒成立，设，易知单调递增．
为奇数时，的最小值为，∴得，
为偶数时，的最小值为，∴，
综上，，即实数的取值范围是．
19. 已知椭圆的长轴的两个端点分别为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）为椭圆上异于的动点，直线分别交直线于两点，连接并延长交椭圆于点，证明：直线的斜率之积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据长轴两个端点分别为和离心率为，由求解；
（2）设，则直线的斜率为，直线的斜率为，再由直线的交点，求得点N的坐标，进而得到直线的斜率，然后结合运算即可.
【小问1详解】
由题设知，，则，
椭圆的方程：；
【小问2详解】
设，则.
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以直线的方程为，所以点的坐标为.
所以直线的斜率为.
所以直线的斜率之积为：，
则直线的斜率之积为定值.
20. 已知函数，
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调区间；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，根据正负可确定单调性，由此可得极值；
（2）求导后，分别在和情况下，根据正负可得单调性；
（3）构造函数，求导后令，利用导数可求得单调性，从而得到恒成立，由此可得单调递减，进而由推导得到结论.
【小问1详解】
当时，，则其定义域为，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由题意得：定义域为，；
①当时，，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
令，则，
令，则；
当时，恒成立，在上单调递减，，
在上恒成立，在上单调递减，
，即当时，.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的极值、讨论含参数函数单调性和不等式证明的问题；本题证明不等式的基本思路是通过构造函数的方式，将问题转化为函数最值的求解问题.