河北省石家庄市2023届高三上学期期末数学试题.docx

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1、2022-2023学年一学期高三年级期末考试数学（时间120分钟，满分150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上的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.3.在答题卡上与题号相对应的答题区域答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效.不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 若复数满足，则的虚部为（ ）A. B. 2C. 1D. 【

2、答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，即得答案.【详解】复数满足,故，故的虚部为2，故选：B2. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合，然后利用交集的定义即可求解.【详解】因为集合，又，由交集的定义可得：，故选：.3. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点P在C上，过点P作准线的垂线，垂足为A，若，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由题知，进而结合得，在等边中即可求解【详解】因为，所以，设准线与轴交于点，因为，所以因为，所以，所以，在等边中，故选：D4. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年

3、左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，过点向作垂线，垂足，则，所以圆台的高，则上底面面积，由圆台的体积计算公式可得：，故选：.5. 中，点M是BC的中点，点N

4、为AB上一点，AM与CN交于点D，且，.则（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量基本定理得到，结合平面向量共线定理得推论得到，求出.【详解】因为点M是BC的中点，所以，故，则，故，因为三点共线，所以存在使得，即，则，所以，解得：.故选：A6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先用辅助角公式化简，结合函数单调性，列出不等式组，解出实数的取值范围，进而求出答案.【详解】，由题意可得：，则，解得，若，则，函数在区间上单调递减，则，解得，故实数的取值范围为.故选：C.7. 四面体ABCD的所有棱长都是3，点

5、M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，平面MNP交BC于点Q，则BQ的长为（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】延长交于，交于点，过作交于，过作交于点点，可得为边长为1的等边三角形，再利用平行线分线段成比例定理可求得结果.【详解】因为四面体ABCD的所有棱长都是3，所以，延长交于，交于点，过作交于，因为为边长为1的等边三角形，为的中点，所以，所以，所以，过作交于点点，所以为边长为1的等边三角形，所以，所以，因为，所以，即，所以，故选：C8. 已知双曲线：的左右焦点分别是，左右顶点分别是，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（ ）A. 1B. C. D.

6、2【答案】A【解析】【分析】根据离心率公式结合的面积为，可得，再利用列方程求解即可.【详解】所以故由，得，解得故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据通项与的关系可得，即可判断AB；根据等差数列前项和公式，结合等差数列的性质判断CD.【详解】因为，所以，故等差数列首项为负，公差为正，所以，故A正确，B错误；由，可知，所以，故C错误；因为，所以，故D正确故选：AD.10. 下列选项

7、中，正确的命题是（ ）A. 已知随机变量，若，则B. 的展开式中的系数为10.C. 用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系.D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱.【答案】AC【解析】【分析】根据二项分布的期望和方差公式，结合二项式的通项公式、的意义、的意义逐一判断即可.【详解】A：因为随机变量，所以由，可得：，所以本选项正确；B：二项式的通项公式为，令，所以的系数为，因此本选项不正确；C：由的意义可知的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，因此本选项说法正确；D：因为样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越高，所以本选项说法不正确

8、，故答案为：AC11. 已知函数，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】作出作出和的图像，利用数形结合法判断：对于AD：利用对称性即可判断；对于B:直接利用图像判断；对于C：由，利用二次函数求解.【详解】如图示，作出和的图像.当时，.因为存在使得，所以.由图示可知关于对称，所以，所以.故A正确；令，即，解得： 或.所以由图示可知：.故B正确.因为当时，所以，所以时，有，即的图像关于对称，所以关于对称，所以，所以，即，所以.因为，所以.故C错误；因为关于对称，所以，所以.又因为，所以.故D正确.故选：ABD12. 三棱柱中，点是的外心，平面，二面角为，则下列选项中

9、正确的是（ ）A. 三棱柱的侧面积为B. 与所成角的余弦值为C. 点到平面的距离为D. 若四棱锥各顶点都在同一球面上，则该球的半径为【答案】ACD【解析】【分析】由题意明确三棱柱的侧面特征，即可求得棱柱侧面积，判断A;采用平移的方法，找到异面直线所成角，解三角形可得答案，判断B;通过线面垂直，找到过上的点到平面的垂线，即可求得点到平面的距离，判断C;明确棱锥的各棱长，明确外接球球心的位置，列式即可求得外接球半径，判断D.【详解】如图，三棱柱中，点是的外心，平面，连接,因为平面,故,而，故,所以,又，所以为全等的正三角形，设E为的中点，连接,则,且,而平面,平面,故为二面角的平面角，则，故为正三

10、角形，因为，故,所以 ，故四边形,的面积为，延长 交于D，由于，点是的外心， ,则 ,所以,即为的角平分线，则也为的中线，则D为的中点，设F为中点，连接,则,即四边形为平行四边形，所以,因为，D为的中点，故 ,而平面，平面，故,平面，所以平面，平面，所以,又,故 所以四边形的面积为 ,所以三棱柱的侧面积为,A正确；设交于G，连接 ,则G为的中点，而D为的中点，故,则即为与所成角或其补角，在中， , ,故 ,由于与所成角范围为，故与所成角的余弦值为，B错误；由于，而平面，故平面，平面，故,而，所以,又，D为中点，故 ,平面，故平面，又因为，平面，平面，故平面，所以点到平面的距离即为的长，在正三角

11、形中， ,C正确；在四棱锥中，由以上分析可知， , ,设H为底面的对角线的交点，连接即为四棱锥的高，则,故 ，设四棱锥外接球球心为 ,则在上，由于 ,即为锐角，故在四棱锥内部，设外接球半径为R,则,即 ,解得,D正确，故选：【点睛】方法点睛：本题涉及到的知识点较多，综合性较强，解答时要发挥空间想象，明确空间的线面的位置关系，即要推出题中相关的线面平行或者线面垂直关系，由此求解异面直线所成角时，采用平移法即可；求点面距离时，利用线面垂直，找到平面的垂线，再解答即可.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】利用半角公式即可求解.【详解】因为，且，

12、所以，故答案为：.14. 冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则_.【答案】【解析】【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.【详解】，表示A事件与B事件同时发生的概率，冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，对B事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，对于AB事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有

13、6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，则，则.15. 已知为坐标原点，B在直线上，动点M满足，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】设，由、得到，整理得点在以为圆心，半径为的圆上，且圆心在直线上，过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，求出长度可得答案.详解】设，因为，所以，因为，所以，整理得，可得点在以为圆心，半径为的圆上，当时，可得，即圆心在在直线上，过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，的长度也最小，且长度最小值为，此时的最小值为.故答案为：.16. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切

14、线，则_.【答案】【解析】【分析】设直线与曲线相切于，表示出切线方程；设直线与曲线相切于，表示出切线方程.利用两个方程相同建立方程，解出m，进而求出.【详解】由可得：设直线与曲线相切于，则有.所以切线方程可表示为，即.由可得：设直线与曲线相切于，则有.所以切线方程可表示为，即.所以，消去s，整理得：，解得：，所以.所以斜率.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据递推公式求出，检验时是否成立即可求解；(2)结合（1）得到，

15、利用错位相减法即可求解.【小问1详解】由题意知：当时，得.当时，-得：，则，检验：成立，故.【小问2详解】由（1）可知：，令-得：化简得：18. 在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.（1）求C；（2）若内切圆面积为，求的周长.【答案】（1） （2）20【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式化简可得，再由的范围可得答案；（2）法一：由面积公式得，由余弦定理得，再由，解三个方程可得答案；法二：由面积公式得，由余弦定理得，可得，又由，求出可得答案.【小问1详解】由正弦定理得：，结合得：，因为，所以在中，；【小问2详解】法一：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，由面积公式

16、得：，即又由余弦定理得：，由已知得，由得即，又，解得，所以周长为20；法二：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，由面积公式得，即，又由余弦定理得：，即，把代入得：，由得：，又由，得，又，由得：，所以周长为20.19. 党的二十大已胜利闭幕，某市教育系统为深入贯彻党的二十大精神，组织党员开展了“学习二十大”的知识竞赛活动.随机抽取了1000名党员，并根据得分（满分100分）按组别，绘制了频率分布直方图（如图），视频率为概率.（1）若此次活动中获奖的党员占参赛总人数20%，试估计获奖分数线；（2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从得分不低于80的党员中随机抽取7名党员，再从这7名党员中随机抽取3

17、人，记得分在的人数为，试求的分布列和数学期望.【答案】（1）86 （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设分数线为，使得成绩在的概率为，解方程可得答案；（2）应从和两组内分别抽取5人和2人，求出的可能取值以及对应的概率可得分布列和期望.小问1详解】根据直方图可知，成绩在的频率为，成绩的频率为0.1，小于0.2，因此获奖的分数线应该介于之间，设分数线为，使得成绩在的概率为， 即，可得，所以获奖分数线划定为86；【小问2详解】应从和两组内分别抽取5人和2人，则的可能取值为0，1，2，的分布列为数学期望.20. 如图，在四棱锥中，点P在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，E，F

18、分别是BC，AP的中点.（1）证明：平面PCD；（2）当时，求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）.【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，证明出平面平面，即可证明；（2）在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【小问1详解】设的中点为，连接，则，.因为平面，平面，所以平面，同理平面，平面，平面，平面平面，平面.【小问2详解】点在以为直径的半圆上，.设，则.，平面平面，平面.如图示，在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.所以，.所以，设平面的一个法向量，则，即，取，得.设为直线与平面所成角，则，所以直线与平面所

19、成角的正弦值为.21. 已知椭圆：经过点，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值.【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）由题意可得，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程；（2）由原点到直线的距离为2，可得，设，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，从而可表示出的面积，化简后结合基本不等式可求得其最大值.【小问1详解】由题意可得：，又离心率为，所以，可得，那么，代入可得：，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】由题意可知，原点到直线的距离为2，那么，即：，设，联立可得：，其判别式，

20、可知由韦达定理可得：，那么，所以的面积当且仅当时取得等号，所以的面积的最大值.22. 已知函数.（1）设，若在上恒成立，求实数的取值范围；（2）设，若存在正实数，满足，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后，分别在、和的情况下，根据正负确定单调性，根据最值可确定符合题意的的取值范围；（2）由可整理得到，由（1）中结论可将不等式放缩为，得到；采用分析法可知要证得结论只需证得；令，利用导数可求得，由此可得结论.【小问1详解】，；当时，恒成立，在上单调递减，满足题意；当时，恒成立，在上单调递增，不合题意；当时，当时，单调递减，又，在上存在唯一零点，使得，则当时，在上单调递增，此时，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.【小问2详解】由题意知：，则，整理可得：，不妨设，由（1）可知：当时，在上单调递减，则当时，有成立，即，整理可得：，则，要证：，只需证：即可，即证：，设，令，则，在上单调递增，则原不等式得证.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的恒成立问题、不等式的证明问题；本题证明不等式的基本思路是通过表示出变量，再将所证不等式构造为关于变量的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.