《2023届天津市北京师范大学天津附属中学高三年级上册学期期末数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届天津市北京师范大学天津附属中学高三年级上册学期期末数学试题【含答案】（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023届天津市北京师范大学天津附属中学高三上学期期末数学试题一、单选题1集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）ABCD【答案】B【分析】求得解.【详解】解：图中阴影部分所表示的集合为.故选：B2设，则“”是“”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】C【分析】记集合A，集合B,用集合法判断.【详解】记集合A，集合B.因为AB,所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C3函数的图象大致是（）ABCD【答案】B【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值法进行判断即可.【详解】，解得且，令，则，故函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除C选项；，排除D选项；，故可排除A选
2、项.故选：B4化简的结果为（）ABCD【答案】C【分析】根据分数指数幂的运算性质即可求解.【详解】由分数指数幂的运算可得：，故选：.5已知，记，则的大小关系是（）ABCD【答案】A【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】解：因为，所以，所以，故选：A6两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）ABCD【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即，
3、设球的半径为，则，可得，所以，所以，则，所以，又因为，所以，所以，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.7设函数，其中所有正确结论的编号是（）的最小正周期为；的图象关于直线对称；在上单调递减；把的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象ABCD【答案】C【分析】对恒等变形，从而求出最小正周期判断，求判断，求出一般递减区间判断，图象平移判断，三角恒等变换是关键【详解】解：，对于，最小正周期为，所以对；对于，则的图象关于直线对，所以对；对于，求的递减区间满足：，则的递减区间为，又，所以错；对于，把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如下函数：，所以错；故选：C8已知双曲线的两条渐近线与抛
4、物线的准线分别交于，两点，若双曲线的离心率为2，的面积为，为坐标原点，则抛物线的焦点坐标为（）.ABCD【答案】B【解析】求出双曲线的渐近线方程与抛物线的准线方程，进而求出，两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，的面积为，列出方程，由此方程求出的值，可得所求焦点坐标【详解】双曲线的两条渐近线方程是，又抛物线的准线方程是，故，两点的纵坐标分别是，又由双曲线的离心率为2，所以，即，则，两点的纵坐标分别是，又的面积为，可得，得，所以抛物线的焦点坐标为，故选： B9已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（）A-1B-2C-3D-4【答案】C【分析】根据向量的运算法
5、和向量的数量积的运算，得到,结合二次函数的性质，即可求解.【详解】因为,由于圆的半径为，是圆的一条直径，所以，又，所以,所以当时，所以的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查向量的线性运算，以及向量的数量积的运算及其应用，其中解答中熟记向量的运算法则，以及平面向量的数量积的运算公式，准确化简是解答的关键，着重考查推理与运算能力.二、填空题10设是虚数单位，计算：_.【答案】#【分析】计算出，再利用复数的运算法则进行计算【详解】故答案为：11二项式的展开式中的系数为_.【答案】【分析】写出的通项公式，再列式计算，代入即可得系数.【详解】已知的通项公式为，令，得，所以展开式中的系数为.故答案为：
6、12圆截直线所得弦的长度为4，则实数的值是_.【答案】-4【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标与半径，利用点到直线的距离公式，算出圆心到直线的距离，再根据截得弦的长度为，得到关于的方程，解出即可【详解】由圆可得圆心为，半径直线方程为圆心到直线的距离截得弦的长度为，解得故答案为【点睛】结合弦长的长度求出圆的标准方程，只需将圆化为标准方程，然后运用弦长公式的求法求出参量即可13已知为正实数，则的最小值为_.【答案】.【解析】令，则，利用基本不等式即可求最值.【详解】解：令，则，当且仅当，即时，等号成立，故答案为：.【点睛】本题基本不等式求最值，其中换元法的使用让式子更简化直观，本题难度不大
7、.14已知函数.若关于的方程有6个不同的实数根，则的取值范围_.【答案】【分析】先由二次函数与反比例函数的性质作出的图像，构造，得到有三个实数根时的范围，从而将问题转化为在内有两个不等实根，从而利用二次函数零点的分布即可得解.【详解】因为，所以当时，开口向上，对称轴为，两零点为；当时，则在上单调递减，零点为，且；由此作出的图像如图， .令，则当时，有三个实数根，因为有6个不同的实数根，所以必须有两个不等实根，且，令，则，即，解得，即.故答案为：.三、双空题15为进一步做好新冠疫情防控工作，某地组建一只新冠疫苗宣传志愿者服务队，现从2名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取2人作为队长，则在“抽取的2
8、人中至少有一名女志愿者”的前提下“抽取的2人全是女志愿者”的概率是_；若用表示抽取的2人中女志愿者的人数，则_.【答案】 【分析】根据题意，结合条件概率公式和超几何分布的期望公式，即可求解.【详解】设抽取的2人全是女志愿者为事件A，抽取的2人中至少有一名女志愿者为事件B，则，所以；由题意知，.故答案为：；.四、解答题16在中，角所对的边分别是，已知(1)求角的大小；(2)设求的值；求的值【答案】(1)(2)；【分析】(1)利用正弦定理、两角和的正弦公式和三角形内角和定理即可求解；(2) 结合（1）的结论，利用余弦定理解求解；先利用正弦定理得到，根据边角的大小关系和同角三角函数的关系得到，然后利
9、用二倍角公式和两角和的正弦公式即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，则，因为在中，所以，则有，因为，所以，故.（2）由（1）知：，在中，因为，由余弦定理可得：，则.在中，由正弦定理可得：，即，所以，因为，所以，则为锐角，所以，则，所以.17如图，在三棱锥中，底面，点、分别为棱、的中点，是线段的中点，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)点在棱上，直线与所成角余弦值为，求线段长【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量
10、法以及同角三角函数的基本关系可求得平面与平面夹角的正弦值；（3）设，其中，则，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围求出的值，即为所求.【详解】（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为平面，平面，平面，因为、分别为、的中点，则，同理可得，平面，平面，平面，、平面，平面平面，平面，平面.（2）解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，则，易知平面的一个法向量为，则，因此，平面与平面夹角的正弦值为.（3）解：设，其中，则，由题意可得，因为，解得，因此.18已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，(1
11、)求，的通项公式；(2)已知中，求数列的前项和【答案】(1)，(2)【分析】（1）设数列的公差为，数列的公比为，然后利用等差，等比的通项公式进行列方程即可求解；（2）由于，故可利用裂项相消的方法进行求解.【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，所以由可得，解得，由可得，解得，所以的通项公式为，由可得，解得，所以的通项公式为（2），所以数列的前项和19已知椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为，且离心率为(1)求椭圆的标准方程；(2)设为的左顶点，过点作两条互相垂直的直线分别与交于两点，证明：直线经过定点，并求这个定点的坐标【答案】(1)(2)直线恒过定点，证明见解析【分析】（1）根据椭圆
12、定义、离心率和椭圆关系可直接求得椭圆方程；（2）当斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据垂直关系可得，代入韦达定理的结论可整理求得或，验证可知不合题意；当时，由直线过定点求法可知恒过；当斜率不存在时，若，可求得恒成立；综合两种情况可得结论.【详解】（1）由椭圆定义知：，解得：，又离心率，椭圆的标准方程为：.（2）由（1）知：；当直线斜率存在时，设，由得：，则，解得：，即，即，整理可得：，或；当时，直线恒过点，不合题意；当时，直线，恒过定点；当直线斜率不存在且恒过时，即，由得：，满足题意；综上所述：直线恒过定点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解
13、，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；根据直线过定点的求解方法可求得结果.20已知函数(1)令，讨论的单调性并求极值；(2)令，若有两个零点；（i）求a的取值范围：（ii）若方程有两个实根，证明：【答案】(1)单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值.（2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围.（i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】（1）因为，所以，则，在区间；在区间，所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为，极小值为，无极大值（2）（i）有两个零点因为，当时，单调递增，不可能有两个零点；当时，令，得，单调递减；令，得，单调递增，所以要使有两个零点，即使，得，又因为，所以在（l，e）存在唯一一个零点，且，所以在
