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1、东北三省三校2023年数学高二上期末预测试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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计算复数：（ ）A.B.C.D.2在中，内角所对的边为，若，则（）A.B.C.D.3已知直线与圆相交于，两点，则的取值范围为（ ）A.B.C.D.4已知是两条不同
2、的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则5已知数列的通项公式为，且数列是递增数列，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.6 “且”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7（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是A.3B.5C.D.8圆C：的圆心坐标和半径分别为（ ）A.和4B.（3，2）和4C.和D.和9若函数的导函数在区间上是减函数，则函数在区间上的图象可能是（）A.B.C.D.10已知数列的通项公式为，则“”是“数列为单调递增数列”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
3、C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件11德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点A、B是的ON边上的两个定点，C是OM边上的一个动点，当C在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边OM相切于点C时，最大人们称这一命题为米勒定理已知点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0），R是y轴正半轴上的一动点，当最大时，点R的纵坐标为（）A.1B.C.D.212将点的极坐标化成直角坐标是()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13命题“若，则二元一次不等式表示直线的右上方区域（包含边界）”的条件：_，结论:_，它是_命题（填“真”或“假”）.1
4、4设O为坐标原点，抛物线的焦点为F，P为抛物线上一点，若，则的面积为_15某个弹簧振子在振动过程中的位移y（单位：mm）与时间t（单位：s）之间的关系为，则当s时，弹簧振子的瞬时速度为_ mm/s.16已知点，其中，若线段的中点坐标为，则直线的方程为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知函数（）求的单调区间和最值；（）设，证明：当时，18（12分）要设计一种圆柱形、容积为500mL的一体化易拉罐金属包装，如何设计才能使得总成本最低？19（12分）设函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围20（12分）已知圆C的圆
5、心在直线上，圆心到x轴的距离为2，且截y轴所得弦长为（1）求圆C的方程；（2）若圆C上至少有三个不同的点到直线的距离为，求实数k的取值范围21（12分）为了了解某工厂生产的产品情况，从该工厂生产的产品随机抽取了一个容量为200的样本，测量它们的尺寸（单位：），数据分为，七组，其频率分布直方图如图所示.（1）根据频率分布直方图，求200件样本中尺寸在内的样本数；（2）记产品尺寸在内为等品，每件可获利6元；产品尺寸在内为不合格品，每件亏损3元；其余的为合格品，每件可获利4元.若该机器一个月共生产2000件产品.以样本的频率代替总体在各组的频率，若单月利润未能达到9000元，则需要对该工厂设备实施升
6、级改造.试判断是否需要对该工厂设备实施升级改造.22（10分）已知等差数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前n项和.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简可得结论.【详解】故选：D.2、B【解析】利用正弦定理角化边得到，再利用余弦定理构造方程求得结果.【详解】，由余弦定理得：，.故选：B.3、C【解析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，利用弦长公式求解即可.【详解】因直线方程为：，整理得，故该直线恒过定点，又，故点在圆内，又圆的圆心为则
7、，此时直线过圆心；当直线与直线垂直时，取得最小值，此时.故的取值范围为.故选：.4、C【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；对于B：若，则或与相交，故B错误；对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；故选：C5、C【解析】利用递增数列的定义即可.【详解】由，即是小于2n+1的最小值，故选：C6、A【解析】按照充分必要条件的判断方法判断，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判断得到正确答案，【详解】当且时，成立，反过来，当时，例：，不能推出且.所以“且
8、”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.7、A【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,最小为4,从而的最小值为.故选：A【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.8、C【解析】先将方程化为一般形式，再根据公式计算求解即可.【详解】解：可化为，由圆心为，半径，易知圆心的坐标为，半径为故选：C9、A【解析】根据导数概念和几何意义判断【详解】由题意得，图
9、象上某点处的切线斜率随增大而减小，满足要求的只有A故选：A10、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义，结合数列的单调性判断【详解】根据题意，已知数列的通项公式为，若数列为单调递增数列，则有（），所以，因为，所以，所以当时，数列为单调递增数列，而当数列为单调递增数列时，不一定成立，所以“”是“数列为单调递增数列”的充分而不必要条件，故选：A11、C【解析】由题意，借助米勒定理，可设出坐标，表示出的外接圆方程，然后在求解点R的纵坐标.【详解】因为点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0）是x轴正半轴上的两个定点，点R是y轴正半轴上的一动点，根据米勒定理，当的外接圆与y轴相切时，最大，由垂径定理可
10、知，弦的垂直平分线必经过的外接圆圆心，所以弦的中点为（3，0），故弦中点的横坐标即为的外接圆半径，即，由垂径定理可得，圆心坐标为，故的外接圆的方程为，所以点R的纵坐标为.故选：C.12、A【解析】本题考查极坐标与直角坐标互化由点M的极坐标，知极坐标与直角坐标的关系为，所以的直角坐标为即故正确答案为A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、 . .二元一次不等式表示直线的右上方区域（包含边界） .真【解析】由二元一次不等式的意义可解答问题.【详解】因为，二元一次不等式所表示的区域如下图所示：所以在的条件下，二元一次不等式表示直线的右上方区域（包含边界），此命题是真命题.故答案为：；
11、二元一次不等式表示直线的右上方区域（包含边界）；真14、【解析】根据抛物线定义求出点坐标，即可求出面积.【详解】由题可得，设，则由抛物线定义可得，解得，代入抛物线方程可得，所以.故答案为：.15、0【解析】根据题意得，进而根据导数几何意义求解时的导函数值即可得答案.【详解】解：因为，所以求导得，所以根据导数的几何意义得该振子在时的瞬时速度为,故答案为：.16、【解析】根据中点坐标公式求出，再根据直线的两点式方程即可得出答案.【详解】解：由，得线段的中点坐标为，所以，解得，所以直线的方程为，即.故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（）单调递减区间为，单
12、调递增区间为；最小值为，无最大值；（）证明见解析【解析】（）根据导函数的正负即可确定单调区间，由单调性可得最值点；（）构造函数，利用导数可确定单调性，结合的正负可确定的零点的范围，进而得到结论.【详解】（）由题意得：定义域为，当时，；当时，；的单调递减区间为，单调递增区间为的最小值为，无最大值（）设，则，令得：当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减由（）知：，可得：，可得：，即又，当时，即当时，【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到函数单调性和最值的求解、利用导数证明不等式等知识；利用导数证明不等式的关键是能够通过移项构造的方式，构造出新的函数，通过的单调性，结合零点所处的
13、范围可分析得到结果.18、当圆柱底面半径为，高为时，总成本最底.【解析】设圆柱底面半径为cm，高为cm，圆柱表面积为Scm2，进而根据体积得到，然后求出表面积，进而运用导数的方法求得表面积的最小值，此时成本最小.【详解】设圆柱底面半径为cm，高为cm,圆柱表面积为Scm2,每平方厘米金属包装造价为元，由题意得：，则 ，表面积 造价， 令，得，令，得，的单调递减区间为，递增区间为，当圆柱底面半径为，高为时，总成本最底.19、（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】（1）求出，进而判断函数的单调性，然后讨论符号后可得函数的单调区间；（2）令，则有两个不同的零点，利用导数讨论的单调性
14、并结合零点存在定理可得实数的取值范围.【小问1详解】当时，记，则，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，所以单调递减区间为，单调递增区间为【小问2详解】令，得，记，则，令得，列表得x0极小值要使在上有两个零点，则，所以且函数在和上各有一个零点当时，则，故上无零点，与函数在上有一个零点矛盾，故不满足条件所以，又因为，所以考虑，设，则，则在上单调递减，故当时，所以，且，因为，所以，由零点存在定理知在和上各有一个零点综上可知，实数a的取值范围为【点睛】方法点睛：利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：利用最值或极值研究；利用数形结合思想研究；构造辅助函数硏究.20、（1
