2023届辽宁省沈阳市高三年级上册学期期末数学试题【含答案】

2023届辽宁省沈阳市第二中学高三上学期期末数学试题 一、单选题 1．设全集，或，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先计算得到，进而求出交集. 【详解】，故 故选：D 2．若复数满足（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，然后根据建立方程求解即可. 【详解】设，则， ，解得，即. 故选：D. 3．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求命题“”为真命题的等价条件，再结合充分不必要的定义逐项判断即可. 【详解】因为为真命题，所以或， 对A，是命题“”为真命题的充分不必要条件，A对， 对B，是命题“”为真命题的充要条件，B错， 对C，是命题“”为真命题的必要不充分条件，C错， 对D，是命题“”为真命题的必要不充分条件，D错， 故选：A 4．已知，，为三条不同的直线为三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 【答案】D 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，逐个选项分析． 【详解】若，，则或，故A选项错误； 若，，，则或与相交，故B选项错误． 若，，则或，故C选项错误； 若，，，，则，正确， 证明如下：，，，， 又，且，，则，故D选项正确； 故选：D． 5．，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用对数的运算性质可得，，，进而比较大小关系． 【详解】由题知， ，， ， ∵， ∴， 故选：C． 6．已知，函数在上恰有3个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化简得到，确定，根据题意得到，解得答案. 【详解】 . 时，，有3个零点，故， 解得. 故选：D 7．在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（    ） A．12 B．16 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据正三棱柱的性质、正弦定理、二次函数的性质，结合球的性质、球的表面积公式、棱柱的侧面积公式进行求解即可. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，，为正实数， 设，为正常数，， 设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为， 由正弦定理得，， 所以 ， 所以当时，取得最小值为， 所以正三棱柱外接球的表面积的最小值，． 则， 此时正三棱柱的侧面积为． 故选：D 【点睛】关键点睛：利用二次函数的项点的性质是解题的关键. 8．已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】设切点为，再根据导数的几何意义结合两点间的斜率公式可得有3个解，构造函数，求导分析单调性与极值可得的取值范围. 【详解】，设经过点且与曲线相切的切点为，则.又切线经过，故由题意有3个解. 化简有，即有3个解. 设，则，令有或，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减. 又，，且，，故要有3个解，则. 故选：A 【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 二、多选题 9．下列说法中正确的是（    ） A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17 B．若随机变量，且，则． C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回的依次抽取2个球．记事件第一次抽到的是白球，事件第二次抽到的是白球，则 D．已知变量、线性相关，由样本数据算得线性回归方程是，且由样本数据算得，，则 【答案】BD 【分析】根据第百分位数的计算公式可判断A项；根据正态分布的对称性可求解，判断B项；根据条件概率的公式求解相应概率，可判断C项；将代入回归方程，即可判断D项. 【详解】对于A，共有10个数，，所以数据的第80百分位数为17和20的平均数，即为18.5，故A错误； 对于B，因为随机变量，且， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于C，由题意可知，， 所以，故C错误； 对于D，因为线性回归方程是经过样本点的中心，所以有，解得，故D正确. 故选：BD. 10．地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B．底座多面体的体积为 C．平面平面 D．球离球托底面的最小距离为 【答案】ABD 【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断B项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项. 【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示， 对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确； 对于B，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故B正确； 对于C，因为且，故四边形为平行四边形，故， 因为、分别为、的中点，则，故， ∵平面，平面，∴平面， ∵，平面，平面，∴平面， ∵，所以，平面平面， 因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合， 故平面与平面不平行，故C错误； 对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确. 故选：ABD. 11．已知抛物线C:的焦点，过的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则以下说法正确的是（    ） A．为定值 B．AB中点的轨迹方程为 C．最小值为16 D．O在以AB为直径的圆外 【答案】ABD 【分析】首先确定抛物线方程，再根据直线与抛物线联立得交点坐标关系，，逐项分析转化为坐标关系求解判断即可. 【详解】由题意可知：，所以，则抛物线方程为C：， 设直线l的方程为：， 所以，则，所以， 对于A：，故选项A正确； 对于B：设的中点为， 则有， 所以满足，故选项B正确； 对于C： （当且仅当取等号），故选项C错误； 对于D：，则O在以AB为直径的圆外，所以选项D正确． 故选：ABD. 12．已知函数与的定义域均为，且，，若为偶函数，则（    ） A．函数的图象关于直线对称 B． C．函数的图象关于点对称 D． 【答案】BCD 【分析】根据函数的对称性、周期性、函数值等知识确定正确答案. 【详解】A选项，是偶函数，图象关于对称， 的图象，横坐标放大为原来的两倍，得到的图象， 则是偶函数，图象关于对称； 的图象，向左平移个单位，得到的图象， 则的图象关于对称，A选项错误. B选项，由，以替换得， 由得， 令得， 由于的图象关于对称，所以，B选项正确. C选项，由，以替换得， 由得， 令得，所以的图象关于点对称，C选项正确. D选项，的图象关于对称，所以， 由，得， 以替换得， 所以，，的周期为4， 又，， 所以 ， D选项正确. 故选：BCD 【点睛】本题主要由函数的奇偶性研究函数的对称性，包括对抽象函数对称性、奇偶性的研究.主要解题方法有两点，一点是函数图象变换，另一点是赋值法.求解和年份有关的函数求值问题，首先是找到题目中蕴含的规律，再由此进行求值. 三、填空题 13．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则的系数为______． 【答案】375 【分析】分别求出各项系数和与二项式系数和，相比，求出，得到二项式即其通项公式，即可求出的系数. 【详解】解：由题意 在中， 令，即可得到各项系数和为： ∵二项式系数和为，各项系数和与二项式系数和之比为64， ∴ 解得：. ∴二项式为 ∴展开式的通项公式为： 当时，解得： ∴的系数为： 故答案为：375. 14．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程______. 【答案】（答案不唯一，写其它三条均可） 【分析】先判断两圆的位置关系，可设公切线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径列出方程组，解之即可得出答案. 【详解】解：圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 则， 所以两圆外离， 由两圆的圆心都在轴上，则公切线的斜率一定存在， 设公切线方程为，即， 则有， 解得或或或 所以公切线方程为或或或， 即或或或. 故答案为：.（答案不唯一，写其它三条均可） 15．在中，，点是外接圆上任意一点，则的最大值为___________. 【答案】48 【分析】建立平面直角坐标系，用圆的方程设点的坐标，计算的最大值． 【详解】， ，即为直角三角形， 建立平面直角坐标系，如图所示： 则，，，外接圆， 设，，则，，， 所以，当且仅当时取等号． 所以的最大值是48． 故答案为：48． 16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______. 【答案】 【分析】本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出，再根据“点即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出，然后根据图像以及可得和，接下来利用双曲线定义得出以及，最后根据并通过化简求值即可得出结果． 【详解】 如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设， 由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以， 因为圆是以为直径，所以圆的半径为， 因为点在圆上，也在双曲线上，所以有， 联立化简可得，整理得， ，，所以， 因为，所以，， 因为，所以， 因为，联立可得，， 因为为圆的直径，所以, 即，，， ，，，所以离心率． 【点睛】本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题． 四、解答题 17．已知各项均不为零的数列满足，且. (1)证明：为等差数列，并求的通项公式； (2)令为数列的前项和，求. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）构造得解决即可； （2）由（1）得，错位相减解决即可. 【详解】（1）由， 得， 又， 是首项为5，公差为3的等差数列. ，故. （2）由（1）知， 所以① ②， ①-②得： ， . 18．锐角中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，． (1)求B的大小； (2)若，求b的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再根据三角形中内角的关系求解即可； （2）由正弦定理化简可得，再根据正弦定理，结合锐角三角形的性质与角度范围求解即可. 【详解】（1）由正弦定理，，故. 又为锐角三角形，故