三明市2022—2023學年第一學期普通高中期末質量檢測高三數學試題考試時間：2023年1月15日下午3∶55-5∶55試卷滿分：150分考試用時：120分鐘注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再涂其他答案.非選擇題部分作答時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，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.已知復數在復平面內對應的點與復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，則復數的共軛復數（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先寫出復數在復平面內對應的點的坐標，根據對稱性得到在復平面內對應的點的坐標，即可得到，從而得到其共軛復數.【詳解】復數在復平面內對應的點為，關于虛軸對稱的點為，所以，則.故選：A2.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得集合對應函數的定義域和值域，根據集合之間的包含關系和集合運算即可求得結果.【詳解】，，故，，不包含于，，則ACD錯誤，B正確.故選：B.3.設a，b∈R，則使a＞b成立的一個充分不必要條件是()A.a3＞b3 B.log2(a－b)＞0C.a2＞b2 D.【答案】B【解析】【分析】使得a＞b成立的充分不必要條件，即是一個條件能夠使得a＞b成立，但是反之不成立．【詳解】要求a＞b成立的一個充分不必要條件，即要求一個條件能夠使得a＞b成立，但是反之不成立．選項A是充要條件，選項B等價于a－b＞1，是充分不必要條件，選項C，D既不充分又不必要，故選B.【點睛】注意充分條件和充分不必要條件的區別在于前者可以逆推，后者不能逆推或者是子集與真子集的關系．4.有專業機構認為某流感在一段時間沒有發生大規模群體感染的標志為“連續10天，每天新增疑似病例不超過15人”．根據過去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數據，一定符合該標志的是（）A.甲地：總體均值為4，中位數為3B.乙地：總體均值為5，總體方差為12C.丙地：中位數為3，眾數為2D.丁地：總體均值為3，總體方差大于0【答案】B【解析】【分析】根據均值，中位數，眾數，方差這些數字特殊可以一一判斷，或者用排除法也容易解此題.【詳解】解：對于A，均值為4，中位數為3，不能保證10個數據中每個數據都不超過15，∴A不符合該標志；對于B，均值為5，方差為12時，假設這10個數據分別是，則有，，而能成立，沒有矛盾，即所有數據不超過15，B符合該標志；同理，對于C、D，都不能保證10個數據中每個數據不超過15，∴C、D也不符合題意．故選：B．5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由和差角公式以及輔助角公式即可化簡求解.【詳解】根據題意，，即，故，故選：A6.半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，它是由正方體的各條棱的中點連接形成的幾何體.它由八個正三角形和六個正方形圍成（如圖所示），若它的棱長為2，則下列說法錯誤的是（）A.該二十四等邊體的外接球的表面積為B.該半正多面體的頂點數V、面數F、棱數E，滿足關系式C.直線與的夾角為60°D.平面【答案】D【解析】【分析】將二十四等邊體補齊成正方體，根據空間幾何相關知識進行判斷.【詳解】由已知，補齊二十四等邊體所在的正方體如圖所示記正方體體心為，取下底面中心為，二十四等邊體的棱長為2易知，則外接球半徑所以外接球的表面積，故A正確.由歐拉公式可知：頂點數面數棱數2，故B正確.又因為∥，易知直線與的夾角即為直線與的夾角為，故C正確.又因為∥，∥，易知直線與直線的夾角為可知直線與直線不垂直，故直線與平面不垂直，故D錯誤.故選：D7.已知雙曲線，為雙曲線上任意一點，過點分別作雙曲線的兩條浙近線的垂線，垂足分別為，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由雙曲線的標準方程求得其漸近線方程，再利用點線距離公式及雙曲線的幾何性質求得的范圍從而得解.【詳解】因為雙曲線，所以雙曲線的漸近線方程為，設是雙曲線上任意一點，則，所以，則，由點線距離公式得，，所以，即的最小值為.故選：A.8.已知函數，，設為實數，若存在實數，使得成立，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析】求解函數的值域，根據存在實數，使得成立，即可求解實數的取值范圍．【詳解】當時，．令，由于且，所以或，所以的取值范圍是；當時，，的取值范圍是，；綜上可得的取值范圍是，；要存在實數，使得成立，則函數，即，即，解得：．故選：D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在，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.如圖，在直三棱柱中，，分別是棱的中點，在線段上，則下列說法中正確的有（）A.平面B.平面C.存在點，滿足D.的最小值為【答案】AD【解析】【分析】對于A，在平面找一條直線，使其與平行即可；對于B，先由證明四點共面，再證四點共面，進而能判斷直線與平面的位置關系；對于C，以為正交基底，建立空間直角坐標系，用坐標運算即可；對于D，把三棱錐的正面和上底面展開，即能找到的最小值，構造直角三角形求解即可.【詳解】對于A，連接，分別是棱的中點，且，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面在平面內，所以平面，故A正確；對于B，易知，所以四點共面，又點，所以四點共面，平面，而平面，直線平面，故B不正確；對于C，以為正交基底，建立如圖1所示的空間直角坐標系.則，，，，，，，若，則，，在線段延長線上，而不在線段上，故C不正確；對于D，把圖1的正面和上底面展開如圖2所示，連接即為所求，過做PG垂直于且與其相交于，與相交于，易得，，，，在中，，，故D正確.故選：AD10.首項為正數，公差不為的等差數列，其前項和為.現有下列個命題，其中是真命題的有（）A.若，則B.若，則使的最大的為C.若，，則中最大D.若，則【答案】BC【解析】【分析】根據等差數列的性質依次分析即可得答案.【詳解】解：對于A,若，則，那么.故A不正確；對于B,中若，則，又因為，所以前8項為正，從第9項開始為負，因為，所以使的最大的為15.故B正確；對于C,中若，，則，，則中最大.故C正確；對于D，中若，則，而，不能判斷正負情況.故D不正確.故選：BC11.以下四個命題表述正確的是（）A.若、相互獨立，B.已知兩個隨機變量，，其中，，，若，且，則C.圓上存在4個點到直線的距離都等于1D.橢圓上的點到直線的最大距離為【答案】ABD【解析】【分析】利用條件概率公式判斷A；利用二項分布與正態分布的性質判斷B；利用直線與圓的位置關系判斷C；設直線與橢圓相切，求出切線方程，利用平行線距離公式判斷D.【詳解】若事件與互相獨立，可得，，故正確；，，，，，，故B正確；圓的圓心為，半徑為2，圓心到直線的距離，而圓的半徑等于2，所以圓上只有3個點到直線距離等于1，C錯誤；設直線與橢圓相切，聯立方程，得：，因為直線與橢圓相切，所以，解得，當時，直線與距離最大，最大距離為，故D正確；故選：ABD.12.已知是上的單調遞增函數，則實數的取值可能為（）A. B. C.1 D.【答案】BCD【解析】【分析】求導得，由在上單調遞增，可得，即恒成立，即恒成立，只需，即可得出答案.【詳解】，因為在上單調遞增，所以，即，因為，所以恒成立，所以，令，令，所以，，所以在上，，單調遞增，在上，，單調遞減，所以，則，即，，所以，解得.故選：BCD.【點睛】關鍵點睛：本題的解題關鍵構造的新函數的處理，函數中既有指數函數也有對數函數，利用冪指恒等代換，利用整體代換，可得其最值.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.展開式中常數項是______.（答案用數字作答）【答案】【解析】【分析】根據二項式展開式的通項化簡得常數項滿足，即可代入求解.【詳解】的展開式的通項為，,令,則或，或，所以常數項為，故答案為：14.在第24屆北京冬奧會開幕式上，一朵朵六角雪花飄拂在國家體育場上空，暢想著“一起向未來”的美好愿景.如圖是“雪花曲線”的一種形成過程：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，重復進行這一過程，若第1個圖中的三角形的周長為3，則第4個圖形的周長為______.【答案】【解析】【分析】根據題意，分別求得每個“雪花曲線”的邊長和邊數，即可求解.【詳解】由題意，當時，第1個圖中的三角形的邊長為，三角形的周長為；當時，第2個圖中“雪花曲線”邊長為，共有條邊，其“雪花曲線”周長為；當時，第3個圖中“雪花曲線”的邊長為，共有條邊，其“雪花曲線”周長為；當時，第4個圖中“雪花曲線”的邊長為，共有條邊，其“雪花曲線”周長為.故答案為：.15.若實數，，滿足條件，且，則的最小值為______.【答案】2【解析】【分析】由可將變形，然后利用換元法結合二次函數的單調性即可求解.【詳解】因為，令，令，有，則，則，因此，則，又函數在上單調遞增，，所以，即，所以，所以的最小值為.故答案為：16.已知拋物線的焦點為，過的直線與交于，兩點，在處的切線與的準線交于點，若，則______；面積的最小值為______．【答案】①.5②.4【解析】【分析】由題意可得拋物線方程，設在第二象限，由，可得點坐標，設直線的方程為，與聯立可得，設切線的方程為，與聯立可得，，從而可求；最后利用點到直線距離公式及面積公式即可求解面積的最小值.【詳解】解：因為焦點為，所以拋物線，不妨設在第二象限，因為，所以，設直線的方程為，與聯立并消去，得，設，，則，，所以，設切線的方程為，與聯立并消去，得，因為，所以，所以，，即，，，，若，則，，．又到直線的距離，所以，令，所以，所以當時，的面積最小，最小值為4．故答案為：5；4.四、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.已知數列的前項和為，且，是公差為2的等差數列.（1）求的通項公式；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）推導出，則，兩式相減得，再由累乘法能求出的通項公式；（2）分奇數偶數兩種情況討論，利用并項求和能求出.【小問1詳解】由題意可知，整理可得，①則②由②①可得，整理可得，因為，所以由累乘法可得，因為，所以，【小問2詳解】當為偶數時，當奇數時，所以，.18.2022年卡塔爾世界杯于北京時間11月20日在卡塔爾正式開賽，該比賽吸引了全世界億萬球迷觀看.為了了解喜愛觀看世界杯是否與性別有關，某體育臺隨機抽取男女各100名觀眾進行統計，其中男的喜愛觀看世界杯的有60人，女的喜愛觀看世界杯的有20人.（1）完成下面列聯表，男女合計喜愛看世界杯不喜愛看世界杯合計試根據小概率值的獨立性檢驗，并判斷能否認為喜愛觀看世界杯與性別有關聯？（2）在喜愛觀看世界杯的觀眾中，按性別用分層抽樣的方式抽取8人，再從這8人中隨機抽取2人參加某電視臺的訪談節目，設參加訪談節目的女性觀眾與男性觀眾的人數之差為，求的數學期望和方差.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）列聯表見解析，喜愛觀看世界杯與性別有關聯（2），.【解析】【分析】（1）由題可得列聯表，計算的值，由此作出判斷.（2）根據分布列的求法求得的分布列，進而可得期望.【小問1詳解】由題意得到如下列聯表：男女合計喜愛看世界杯602080不喜愛看世界杯4080120合計100100200零假設為喜愛觀看世界杯與性別無關聯.根據列表中的數據計算得到，根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即認為喜愛觀看世界杯與性別有關聯.【小問2詳解】按照分層抽樣的方式抽取8人，其中男觀眾6人，女觀眾2人，則的可能取值為，0，2，，，，所以的分布列為02，.19.如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，四邊形為菱形，，，.（1）求證：平面；（2）線段上是否存在一點，使得平面與平面的夾角的正弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明過程見詳解（2）存在，【解析】【分析】（1）連接與相交于點，連接，分別根據菱形的和等邊三角形的相關性質得到和，再利用線面垂直的判定即可得證；（2）建立空間直角坐標系，設，，利用法向量表示平面與平面的夾角的正弦值，求出的值即可.【小問1詳解】連接與相交于點，連接，如圖所示：四邊形為菱形，，為等邊三角形，是的中點，有，、面，，面，又面，則，又已知，，平面，所以平面.【小問2詳解】，分別為，的中點，連接，，由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，又因為為等邊三角形，，平面以為原點，，，的方向分別為軸、軸、軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系則，，，，由，，設，，則，設平面的一個法向量，則有，令，則，易取平面的一個法向量為，由已知平面與平面的夾角的正弦值為，則平面與平面的夾角的余弦值為，則有，，由解得.所以，點存在，.20.非等腰的內角、、的對應邊分別為、、，且.（1）證明：；（2）若，證明：.【答案】（1）證明過程見詳解（2）證明過程見詳解【解析】【分析】（1）根據正余弦定理角化邊，整理即可；（2）根據正弦定理推得，即可得到.通過分析，可得，代入，整理可得到，可以用分析法證明，也可以構造，求導得到在上單調遞減.進而得到.【小問1詳解】由正弦定理，得，，由，則.【小問2詳解】由，則為銳角，，則，去分母得，則，由則.由（1）有，得.解方程組，消元，則，可得，要證，即證，只需證，即證，即證，由，此不等式成立，得證.另解：令，，又，求導得，則在遞增，則，得證21.已知橢圓的左右焦點分別為、，左右頂點分別為、，是橢圓上異于、的任意一點，、斜率之積為，且的面積最大值為.（1）求橢圓的方程；（2）直線交橢圓于另一點，分別過、作橢圓的切線，這兩條切線交于點，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設出，表達出，結合求出，根據的面積最大值求出，，求出橢圓方程；（2）設處橢圓的切線方程為，聯立橢圓方