2022~2023學年度第一學期期末練習高三數學第Ⅰ卷（共45分）一、選擇題：本題共9小題，每小題5分，共45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.設全集，集合，，則（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】由補集和交集運算求解.【詳解】因為，所以.故選：C2.“x為有理數”是“為有理數”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】充分性成立，必要性可舉出反例，證明不成立，得到正確答案.【詳解】x為有理數，則一定為有理數，但為有理數，x不一定為有理數，比如為有理數，但是無理數，所以“x為有理數”是“為有理數”的充分不必要條件.故選：A3.函數在區間上的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數的奇偶性，排除兩個選項，再利用得解.【詳解】，令，則是偶函數，選項A，B是不正確的；又因為，所以C不正確.故選：D4.從某小區抽取100戶居民用戶進行月用電調查，發現他們用電量都在之間，進行適當分組后（每組為左閉右開的區間），畫出頻率分布直方圖如圖所示．在被調查的用戶中，用電量落在區間內的戶數為（）A.45 B.46 C.54 D.70【答案】B【解析】【分析】根據頻率分布直方圖，利用頻率、頻數與樣本容量的關系進行解答即可.詳解】由題知，這些用戶中，用電量落在區間內的頻率為，則用電量落在區間內的戶數為.故選：B5.設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由指數和對數函數的性質可得出，，，即可得出答案.【詳解】，，，所以.故選：A6.已知雙曲線的實軸長為，其中一個焦點與拋物線的焦點重合，則雙曲線的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出拋物線焦點坐標，得到，由實軸長求出，進而求出，得到雙曲線方程.【詳解】的焦點坐標為，故，由題意得：，所以，故雙曲線方程為.故選：B7.若，則的值為（）A. B.2 C. D.3【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用對數運算性質結合指數式與對數式的互化求出，再代入計算作答.【詳解】因為，則，因此，所以.故選：C8.甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公式即可得解.【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：A.9.已知函數在區間上恰有3個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據，，得，結合正弦函數性質，確定的位置范圍即可求出ω的范圍﹒【詳解】∵，，∴，函數在區間上恰有3個零點，則﹒故選：D．第Ⅱ卷（共105分）二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分.10.是虛數單位，則__________．【答案】【解析】【詳解】分析：利用復數模的定義可求解．詳解：，故答案為．點睛：本題考查復數的模，掌握模的計算公式是解題基礎，本題是容易題．11.在的展開式中，常數項為_______．（結果用數字表示）【答案】【解析】【分析】寫出展開式通項，令的指數為零，求出參數的值，代入通項即可得解.【詳解】的展開式通項為，令，可得，因此，展開式中的常數項為.故答案為：.12.一個口袋中裝有大小相同的2個白球和4個紅球，從中摸出兩個球，若表示摸出白球的個數，則_______．【答案】【解析】【分析】求出的可能取值即每個對應的概率，再由均值公式即可求出.【詳解】的可能取值為，，，，則.故.故答案為：.13.若雙曲線的漸近線與圓相切，則_______．【答案】【解析】【分析】根據雙曲線方程，寫出漸近線方程，整理圓的標準方程，明確圓心與半徑，結合直線與圓相切，建立方程，可得答案.【詳解】由雙曲線方程，則其漸近線方程，由圓方程，整理可得，其圓心為，半徑，由兩個漸近線關于對稱，則不妨只探究漸近線，整理可得，由題意，可得，解得.故答案為：.14.若，，，則的最小值為_______．【答案】##【解析】【分析】由已知條件將化簡為，再由，結合均值不等式求出的最小值，即可求出答案.【詳解】因為，，，所以，又因為可得，所以，，又因為，當且僅當即時取等，則，所以的最小值為.故答案為：.15.已知三角形的外接圓半徑為1，外接圓圓心為O，且O點滿足，則_______，_______．【答案】①.##0.875②.【解析】【分析】得到，平方后求出，從而得到，先求出，由二倍角公式得到，求出答案.【詳解】因為，所以，兩邊平方得：，因為三角形的外接圓半徑為1，所以，故，解得：，所以，因為，而，所以，因為，故.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共75分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.16.在中,角所對的邊分別為.已知,,.（1）求B的值;（2）求b的值;（3）求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)根據余弦定理求解;(2)根據同角三角函數關系求出,再用正弦定理求解;(3)根據(1)(2)中所求數值,求出和,再利用兩角差的正弦公式求解.【小問1詳解】因為,由余弦定理可得,可得,所以.【小問2詳解】由,則,由(1)知,又因為,正弦定理得:,則.【小問3詳解】因為,,所以.17.如圖，直三棱柱的體積為，等邊三角形的面積為．D為中點，E為中點，F為中點．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）．【解析】【分析】（1）以為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸，建立如圖空間直角坐標系，分別求出直線的方向向量和平面法向量，由，即可證明；（2）求直線的方向向量與平面法向量，由線面角的向量公式代入即可得出答案；（3）求平面與平面法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案；【小問1詳解】在直三棱柱中，，解得，由等邊三角形的面積為，可得，在直三棱柱中，取中點，以為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸，建立如圖空間直角坐標系．則則，平面的法向量為所以，又因為平面所以.【小問2詳解】，，，設平面的法向量為，則，令，則，，∴．記直線與平面所成角為，∴，∴直線與平面所成角的正弦值【小問3詳解】由（2）得：平面的法向量為，易得，，設平面的法向量為，則，令，則，，∴．記平面與平面的夾角為，∴，∴平面與平面的夾角的余弦值．18.已知為等差數列，是公比為的等比數列，且．（1）證明：；（2）已知．（ⅰ）證明：；（ⅱ）求．【答案】（1）證明見解析（2）（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）設數列的公差為，根據已知條件可得出關于、、的等式組，解此等式組可證得結論成立；（2）（i）求得，利用裂項相消法可證得結論成立；（ii）求得，利用錯位相減法可求得.【小問1詳解】證明：設數列的公差為，由，得，即可解得，所以原命題得證．【小問2詳解】解：（i）由（1）及，，可得，，所以，.（ii）由（1）及，可得，所以，記.①.②①②得，因此，.19.已知橢圓的右焦點為F，左頂點為A，上頂點為B，且．（1）求橢圓的離心率；（2）已知以橢圓的離心率為斜率的直線經過點A，且與橢圓相交于點P（點P異于點A），若，求橢圓的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）表達出，列出方程，得到，得到離心率；（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，求出，得到，得到方程，求出，得到橢圓方程.【小問1詳解】由題意可得，，因為，所以，可得，又，所以，所以橢圓離心率為；【小問2詳解】由（1）知，，直線為，設，聯立，化簡得，解得：或其中點P異于點，而，故，即，又，所以，，，，則，故，解得：，故，故橢圓方程為.20.設函數，，，已知曲線在點處的切線與直線垂直．（1）求a的值；（2）求的單調區間；（3）若對成立，求b的取值范圍．【答案】（1）2（2）答案見解析（3）【解析】【分析】（1）利用導數幾何意義可得關于a的方程，解方程即可得出答案；（2）對求導，分和討論的正負，即可求出的單調性；（3）由恒成立，等價于，令，轉化為求.【小問1詳解】的定義域為，，由于直線的斜率為，.【小問2詳解】，，①當時，，在R上單調遞增；②當時，令有，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增.綜上所述：，的單調遞增區間為R，，的單調減區間為，的單調增區間為.【小問3詳解】由恒成立，等價于，令（），，①若時，，所以在上單調遞