《上海市东实验学校2023年高三（普通班）下学期期末考试数学试题试卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市东实验学校2023年高三（普通班）下学期期末考试数学试题试卷（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、上海市东实验学校2023年高三（普通班）下学期期末考试数学试题试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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若双曲线的离心率为，则双曲线的焦距为（ ）ABC6D82若满足，且目标函数的最大值为2，则的最小值为( )A8B4CD63下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥在圆内随机取一点
2、，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）ABCD4在的展开式中，的系数为( )A-120B120C-15D155已知斜率为的直线与双曲线交于两点，若为线段中点且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）AB3CD6如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABCD7已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）ABCD8函数的图象可能为（ ）ABCD9为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验
3、（指标值满分为100分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是（ ）A甲的数据分析素养优于乙B乙的数据分析素养优于数学建模素养C甲的六大素养整体水平优于乙D甲的六大素养中数学运算最强10很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以再加1；如果它是偶数，则将它除以；如此循环，最终都能够得到.下图为研究“角谷猜想”的一个程序框图.若输入的值为，则输出i的值为（ ）ABC
4、D11设复数满足，在复平面内对应的点为，则不可能为（ ）ABCD12已知等差数列的前项和为，若，则等差数列公差（）A2BC3D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为_.14若实数满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，则_15若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a5(x-2)5，则a1=_，a1+a2+a5=_16若为假，则实数的取值范围为_.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）已知如图1，在RtABC中，ACB=30，ABC=90，D为AC中点，AEBD于E，延长AE交B
5、C于F，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示。（）求证：AE平面BCD； （）求二面角A-DC-B的余弦值； （）求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比（只需写出结果，不要求过程）18（12分）已知函数（，），且对任意，都有.（）用含的表达式表示；（）若存在两个极值点，且，求出的取值范围，并证明；（）在（）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.19（12分）已知，.（1）求函数的单调递增区间；（2）的三个内角、所对边分别为、，若且，求面积的取值范围.20（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，为其右焦点，且该椭圆的离心率为；（）求椭圆的标准方程；（
6、）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点若，求取值范围21（12分）已知函数()当时，讨论函数的单调区间；()若对任意的和恒成立，求实数的取值范围22（10分）已知函数（1）求函数的单调递增区间（2）记函数的图象为曲线，设点是曲线上不同两点，如果在曲线上存在点，使得；曲线在点M处的切线平行于直线AB，则称函数存在“中值和谐切线”，当时，函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由参考答案一、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、A【解析】依题意可得，再根据离心率求出，即可求出，从而得
7、解；【详解】解：双曲线的离心率为，所以，双曲线的焦距为.故选：A【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.2、A【解析】作出可行域，由，可得.当直线过可行域内的点时，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.【详解】作出可行域，如图所示由，可得.平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，即最大，最大值为2.解方程组，得.，当且仅当，即时，等号成立.的最小值为8.故选：.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查基本不等式，属于中档题.3、C【解析】令圆的半径为1，则，故选C4、C【解析】写出展开式的通项公式，令，即，则可求系数【详解】的展开式的通项公式为，令，即时，系数为故选C【点睛】本题考查二
8、项式展开的通项公式，属基础题5、B【解析】设，代入双曲线方程相减可得到直线的斜率与中点坐标之间的关系，从而得到的等式，求出离心率【详解】，设，则，两式相减得，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题方法是点差法，即出现双曲线的弦中点坐标时，可设弦两端点坐标代入双曲线方程相减后得出弦所在直线斜率与中点坐标之间的关系6、D【解析】由半圆面积之比，可求出两个直角边 的长度之比，从而可知，结合同角三角函数的基本关系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【详解】解：由题意知 ，以 为直径的半圆面积，以 为直径的半圆面积，则，即.由 ，得 ，所以.故选:D.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查
9、了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.7、A【解析】构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.【详解】构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，所以，所以.由得，所以，故不等式的解集为.故选：A【点睛】本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.8、C【解析】先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.【详解】因为，所以是奇函数，故排除A，B，又，故选：C【点睛】本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.9、D【解析】根据所给的雷
10、达图逐个选项分析即可.【详解】对于A，甲的数据分析素养为100分，乙的数据分析素养为80分，故甲的数据分析素养优于乙，故A正确；对于B，乙的数据分析素养为80分，数学建模素养为60分，故乙的数据分析素养优于数学建模素养，故B正确；对于C，甲的六大素养整体水平平均得分为，乙的六大素养整体水平均得分为，故C正确；对于D，甲的六大素养中数学运算为80分，不是最强的，故D错误；故选：D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.10、B【解析】根据程序框图列举出程序的每一步，即可得出输出结果.【详解】输入，不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数不成立，则，；
11、不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；成立，跳出循环，输出i的值为.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.11、D【解析】依题意，设，由，得，再一一验证.【详解】设，因为，所以，经验证不满足，故选：D.【点睛】本题主要考查了复数的概念、复数的几何意义，还考查了推理论证能力，属于基础题.12、C【解析】根据等差数列的求和公式即可得出【详解】a1=12，S5=90，512+ d=90，解得d=1故选C【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题二、填空题：本题
12、共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解【详解】解：由的展开式的通项，令，得含有的项的系数是，解得，令得：展开式中各项系数和为，故答案为：1【点睛】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题14、【解析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.【点睛】本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得
13、线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.15、80 211 【解析】由，利用二项式定理即可得，分别令、后，作差即可得.【详解】由题意，则，令，得，令，得，故.故答案为：80，211.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，属于中档题.16、【解析】由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.【详解】因为为假，则其否定为真，即为真，所以对任意实数恒成立，所以.又，当且仅当，即时，等号成立，所以.故答案为：.【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题
14、.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、（）证明见解析；（）；（）1:5【解析】（）由平面ABD平面BCD，交线为BD，AEBD于E，能证明AE平面BCD;（）以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;（）利用体积公式分别求出三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积，再作比写出答案即可【详解】（）证明：平面ABD平面BCD，交线为BD，又在ABD中，AEBD于E，AE平面ABD，AE平面BCD（）由（1）知AE平面BCD，AEEF，由题意知EFBD，又AEBD，如图，以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设AB
