2022~2023學年度高三年級第一學期期末復習試卷數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若，，且，則a＝（）A.－9 B.－3 C.3 D.9【答案】C【解析】【分析】先化簡集合A、B，再利用題給條件列出關于a的方程，解之即可求得a的值.【詳解】，，則由可得，，解之得故選：C2.復數的虛部是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據復數的運算法則即可得到結果【詳解】所以虛部為故選：A3.已知點，在拋物線C：上，則C的準線方程為（）A.x＝－1 B.x＝1 C.y＝－1 D.y＝1【答案】C【解析】【分析】根據點在拋物線C：上求得p求解.【詳解】解：因為點在拋物線C：上，所以，解得，所以C的準線方程為，故選：C4.在中，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用向量加法減法的幾何意義即可求得【詳解】中，，則故選：D5.某批待出口的水果罐頭，每罐凈重X（單位：g）服從正態分布．隨機抽取1罐，其凈重在179g與186.5g之間的概率為（）（注：若，，，）A.0.8185 B.0.84 C.0.954 D.0.9755【答案】A【解析】【分析】根據正態分布的對稱性，以及即可求得凈重在179g與186.5g之間的概率.【詳解】由題意可知，，可得凈重在179g與186.5g之間的概率為由正態分布的對稱性可知，；所以凈重在179g與186.5g之間的概率為.故選：A.6.已知函數，若，，則（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由，可得為偶函數，則可得，又由，可得，進而得，將代入即可得答案.【詳解】解：又因為，當時，則有，當時，則有，所以為偶函數，所以，所以，又因為，所以，所以，又因為，所以，所以，所以以，又因為，所以，所以，所以.故選：B.7.設，，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】構造函數，求導可得在上單調遞增，即可得，從而得出大小，又結合對數函數與指數函數的性質比較得出大小，即可得結論.【詳解】解：設，，所以，則當時，，所以單調遞增，則，所以，則；又，且，所以，故.故選：C.8.如圖，內接于圓O，AB為圓O的直徑，AB＝10，BC＝6，平面ABC，E為AD的中點，且____________，則點A到平面BCE的距離為（）①異面直線BE與AC所成角為60°；②三棱錐D?BEC的體積為注：從以上兩個條件中任選一個，補充在橫線上并作答．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】選①：在點C建立空間坐標系，結合直線BE與AC所成角為60°計算出點E坐標，得出CE長度，再用等體積法算點A到平面BCE的距離.選②：先利用三棱錐體積關系算出CD長度，再得出CE的長度，結合等體積法計算點A到平面BCE的距離.【詳解】選①:AB為圓O的直徑，且AB＝10，BC＝6，為直角三角形，AC=8，如圖建立空間坐標系，,設，則，,，,且,E為AD的中點，，,;.選②：AB為圓O的直徑，且AB＝10，BC＝6，為直角三角形，AC=8，又平面ABC，,設CD=h,E為AD的中點，且三棱錐D?BEC的體積為，,,,,中，,,面ACD,面ACD,,,;.故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.設正方體的棱長為1，則下列說法正確的是（）A.B.與平面所成的角為45°C.兩條平行直線，的距離為1D.點到平面的距離為【答案】ACD【解析】【分析】利用線面垂直的性質即可判斷選項；利用線面的夾角即可判斷選項；根據線面垂直和線線平行即可判斷選項；利用等體積法即可判斷選項.【詳解】對于選項，因為為正方體，所以平面，因為平面，所以，又因為為正方形，所以，又因為，所以平面，因為平面，所以，故選項正確；對于選項，因為為正方體，所以平面，則即為直線與平面所成的角，因為正方體的棱長為，所以，所以在中，，所以，也即直線與平面所成的角不等于，故選項錯誤；對于選項，因為且，且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，則.因為為正方體，所以平面，平面，所以，同理，所以即為兩平行線的距離，因為，故選項正確；對于選項，因為是棱長為1的正方體，所以是邊長為的正三角形，設點到平面的距離為，由體積相等可得：，也即，所以，則，故選項正確，故選：.10.已知函數，則（）A.有兩個極值點B.有2個零點C.不存在最小值D.不等式對恒成立【答案】ABD【解析】【分析】對A，由導數法可得有兩個極值點；對B，由導數法可得的單調性，以及即可判斷；對C，由的單調性及極小值可判斷最小值；對D，原命題等價于對恒成立，令，由導數法得最小值，即可判斷.【詳解】，由得，故當，，在單調遞增；當，，單調遞減.對A，由得，故有兩個極值點，A對；對B，，又當，，結合單調性可知，有2個零點，B對；對C，由的單調性得，在取得極小值，又當，，故在取得最小值，C錯；對D，當，，即，即，即，故原命題等價于不等式對恒成立，令，則，故在單調遞減，故，故D對.故選：ABD11.已知O坐標原點，a，b為實數，圓C：，點在圓C外，以線段CD為直徑作圓M，與圓C相交于A，B兩點，且，則（）A.直線DA與圓C相切B.D在圓上運動C.D.【答案】ABC【解析】【分析】通過圓M的直徑所對的圓周角為直角即可判斷A；根據勾股定理求出圓M的半徑，從而求出的長，即可得出點的軌跡方程，從而判斷B；由得知動點M的軌跡在圓C內，可判斷C；用特殊點即可驗證并判斷選項D.【詳解】由于線段CD為圓M的直徑，所以,所以直線DA與圓C相切，選項A正確；設的交點為，可知,，則，圓C：，則半徑,由勾股定理可得,設圓M的半徑為，則，連接，則有,，解得，則，故D在圓上運動，選項B正確；圓M的半徑為,如圖，設圓C與軸的交點為兩點，圓C的半徑為,,且圓M必過點,所以動點M的軌跡在圓C內，則有,選項C正確；點的坐標為，因為D在圓上運動，當時，點的坐標為，所在的直線為，聯立，消去可得，解得，因為點在圓C外，所以此時點的坐標為，即，，即存在一點的坐標為時，使得，選項D錯誤；故選：ABC.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，圓與圓的位置關系的綜合應用，考查圓的軌跡方程，數形結合思想，屬于較難題.12.為了確保在發生新冠肺炎疫情時，能夠短時間內完成大規模全員核酸檢測工作，采用“10合1混采檢測”，即：每10個人的咽拭子合進一個采樣管一起檢測．如果該采樣管中檢測出來的結果是陰性，表示這10個人都是安全的．否則，立即對該混采的10個受檢者暫時單獨隔離，并重新采集單管拭子進行復核，以確定這10個人中的陽性者．某地區發現有輸入性病例，需要進行全員核酸檢測，若該地區共有10萬人，設感染率為p（每個人受感染的概率），則（）A.該地區核酸檢測結果是陰性的人數的數學期望為人B.隨機的10個一起檢測的人所需檢測的平均次數為次C.該區采用“10合1混采檢測”，需要重新采集單管拭子的平均人數為人D.該區采用“10合1混采檢測”比一人一檢大約少用份檢測試劑【答案】BD【解析】【分析】根據二項分布即可求解A，設隨機變量表示這10個人一共所需的檢驗次數，求出所有取值和相應的概率，再求出的期望即可即可判斷B,根據B選項可求解10萬人采用“10合1混采檢測”需要檢測的次數，即可判斷CD.【詳解】感染率為，沒有感染的概率為，則為陰性的人數為,則，所以核酸檢測結果是陰性的人數的數學期望為，故A錯誤，感染率為，10個人咽拭子混合在一起檢測時，設隨機變量表示這10個人一共所需的檢驗次數，若第一次混檢都是陰性，所需檢測次數為1，；若是陽性，每人還得再單獨檢測一次，此時，且，，于是平均檢測次數是，故B正確，采用“10合1混采檢測”，1管中需要重新采樣的概率為，所以10萬人中需要重新采集單管拭子的平均人數為人，故C錯誤，采取“10合1混采檢測”方案，10萬人可能需要進行檢測的平均次數大約為：，即進行“10合1混采檢測”方案，比“一人一檢”方案少使用約份檢測試劑,故D正確，故選：BD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知圓柱的高為8，該圓柱內能容納半徑最大的球的表面積為，則圓柱的體積為______．【答案】【解析】【分析】先分析半徑最大的球不可能為圓柱的內切球，所以此球是與圓柱側面與下底面相切的球，就能求出圓柱底面半徑，然后根據圓柱的體積公式可得.【詳解】圓柱內能容納半徑最大的球的表面積為，設此球半徑為，則如果圓柱有內切球，又因為圓柱的高為8，所以內切球半徑為，說明這個圓柱內能容納半徑最大的球，與圓柱側面和下底面相切，與上底面相離，易得圓柱底面半徑為，圓柱的體積為故答案為：72π

14.寫出曲線過坐標原點的切線方程：______，______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據切點和斜率寫出切線方程，并根據切線過原點求得切線方程.【詳解】當時，，則，曲線在點處的切線方程為.若該切線經過原點，則，解得，此時切線方程為.當時，同理可得滿足題意的切線方程為.故答案為：；15.已知橢圓C：，經過原點O的直線交C于A，B兩點．P是C上一點（異于點A，B），直線BP交x軸于點D．若直線AB，AP的斜率之積為，且，則橢圓C的離心率為______．【答案】【解析】【分析】設點的坐標，求斜率，由題知，兩式相減，化簡得，結合，知，再利用及離心率公式即可求解.【詳解】設，，，則直線AP的斜率為，BP的斜率為，由題知，兩式相減得，即，即，即，又，則，即，即，則，所以，即，則橢圓C的離心率為.故答案為：16.一個盒子中裝有個小球，甲、乙兩個同學輪流且不放回地抓球，每次最少抓1個球，最多抓2個球．約定：由甲先抓，且誰抓到最后一個球誰贏．若乙有必贏的策略，則n＝______．【答案】6或9【解析】【分析】對甲先抓球的個數進行分析，可判斷的個數.【詳解】若，只要甲第一次抓1個球，乙抓1個或2個球，剩余的球甲可以抓完,則甲有必贏的策略；若，只要甲第一次抓2個球，乙抓1個或2個球，剩余的球甲可以抓完，則甲有必贏的策略；若，若甲第一次抓1個球，則問題轉化為剩余5個球，由乙先抓，結合可知，乙有必贏的策略，若甲第一次抓2個球，則問題轉化為剩余4個球，由乙先抓，結合可知，乙有必贏的策略，綜上,若，則乙有必贏的策略；若，若甲第一次抓1個球，則問題轉化為剩余6個球，由乙先抓，結合可知，甲有必贏的策略，若甲第一次抓2個球，則問題轉化為刺余5個球，由乙先抓，結合可知，乙有必贏的策略；以此類推，當時乙有必贏的策略.綜上：若乙有必贏的策略則的取值為6或9.故答案為：6或9.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.設為數列的前項和，，，成等差數列．（1）求的通項公式；（2）證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由，，成等差數列可得，再利用與的關系進行求解；（2）將代入，得出數列為等比數列，再使用等比數列前項和公式進行證明.【小問1詳解】∵，，成等差數列，∴，即，當時，，∴，當時，由，有，兩式相減得，即，∴，又∵，∴數列中各項均不為，∴（），∴數列是首項，公比的等比數列，∴數列的通項公式為.【小問2詳解】由第（1）問，數列是首項，公比的等比數列，∴，∴，令，當，，則（），∴數列，即是首項，公比為的等比數列，∴，∴得證.18.內角的對邊分別為，已知，．（1）求；（2）若，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由兩角和的余弦公式即可求得.（2）由正弦定理求出，再由余弦定理求出的值，即可求出的周長【小問1詳解】由題意在中，，∴，∴，∵，∴【小問2詳解】由題意及（1）得在中，由正弦定理可得，又由（1）得，∴；由余弦定理可得，∴，∴，∴的周長為：．19.如圖，在正四棱錐中，，點M，N分別在上，且．（1）求證：平面；（2）當時，求平面與平面所成二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面平行的判定定理證明即可；（2）利用空間直角坐標系中求空間角的公式進行求解.【小問1詳解】證明：連接AN并延長交BC于點E，因為正四棱錐P?ABCD，所以ABCD為正方形，所以．又因為，所以，所以在平面PAE中，，又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．【小問2詳解】連接AC交BD于點O，連接PO，因為正四棱錐P?ABCD，所以平面ABCD，又OA，平面ABCD，所以，，又正方形ABCD，所以．以，，為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，因為，所以，則，，設平面AMN法向量為，則，取，；，，設平面PBC的法向量為，則取，；所以，設平面AMN與平面PBC所成的二面角為，則，所以平面AMN與平面PBC所成二面角的正弦值為．20.有9只不同的實驗產品，其中有4只不合格品、5只合格品．現每次取一只測試，直到4只不合格全部辨別出為止．（1）若最后1只不合格品正好在第6次測試時被發現，不同的情形有多少種？（2）記4只不合格品全部辨別出來所需測試的次數為X，求X的分布列和數學期望．【答案】（1）4800（2）分布列見解析，數學期望為．【解析】【分析】（1）根據排列、組合的知識求得正確答案.（2）根據已知條件求得的分布列，進而求得數學期望.【小問1詳解】最后1只不合格品正好在第6次測試時被發現，意味著前面5次測試中測試出3只不合格品，2只合格品，所以共有種不同情形．【小問2詳解】X的可能取值為4，5，6，7，8．，，，，，所以X的分布列為X45678P．所以X的數學期望為．21.已知函數．（1）若，證明：；（2）若在有且僅有唯一零點，求．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）求出當時，的最小值，利用進行證明；（2）討論在不同范圍內時，在區間的單調性，根據單調性，確定有唯一零點時需滿足的條件，由此求出的值.【小問1詳解】由已知的定義域為，當時，，∴