江西省萍鄉(xiāng)市2023屆高三上學期期末考試數(shù)學（文）試題

萍鄉(xiāng)市2022-2023學年度高三期末考試試卷文科數(shù)學第Ⅰ卷一.選擇題：本大題共12小題，每小題5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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)交集的知識求得正確答案.【詳解】依題意，.故選：A2.已知i為虛數(shù)單位，則復數(shù)的實部與虛部之和為（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算可求解.【詳解】因為，所以實部與虛部之和為，故選:B.3.濃濃桑梓情，拳拳助疫心.為了抗擊疫情，各路愛心人士紛紛捐款捐物，某地第一天收到捐贈的口罩共1000盒，第二天收到捐贈的口罩共1500盒，第三天收到捐贈的口罩共2000盒，……，照此規(guī)律，募捐共20000盒口罩至少需要的天數(shù)為（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】由題意每天收到捐贈的口罩的盒數(shù)成等差數(shù)列且首項，公差，利用等差數(shù)列的前項和大于等于20000，解不等式可得答案.【詳解】由題意每天收到捐贈的口罩的盒數(shù)成等差數(shù)列，且，，所以，解得，或，因為，所以，所以募捐共20000盒口罩至少需要的天數(shù)為.故選：C.4.在平面直角坐標系中，角α的頂點在坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，已知角α終邊過點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義以及二倍角的正弦公式求解.【詳解】由題可得，所以，所以，故選：D.5.關于某校運動會米決賽前三名選手甲、乙、丙有如下命題：“甲得第一”為命題；“乙得第二”為命題；“丙得第三”為命題.若為真命題，為假命題，為假命題，則下列說法一定正確的為（）A.甲不是第一 B.乙不是第二C.丙不是第三 D.根據(jù)題設能確定甲、乙、丙的順序【答案】C【解析】【分析】由為真命題，為假命題，確定，一真一假，再結(jié)合命題內(nèi)容，進行辨析即可.【詳解】∵為真命題，為假命題，∴命題與命題中，恰有一個為真命題，另一個為假命題；（1）若命題：“甲得第一”為真命題，命題：“乙得第二”為假命題，則甲得第一，乙未得第二，∴乙得第三，∴命題：“丙得第三”為假命題，此時為假命題滿足題意，前三名的順序為：甲得第一，丙得第二，乙得第三；（2）若命題：“甲得第一”為假命題，命題：“乙得第二”為真命題，則乙得第二，甲未得第一，∴甲得第三，∴命題：“丙得第三”為假命題，此時為假命題滿足題意，前三名的順序為：丙得第一，乙得第二，甲得第三.對于A，第（1）種情況中，甲得第一，滿足題意，故選項A說法不正確；對于B，第（2）種情況中，乙得第二，滿足題意，故選項B說法不正確；對于C，（1）、（2）兩種情況中，丙均不是第三，故選項C說法正確；對于D，（1）、（2）兩種情況中，存在兩種不同順序，故根據(jù)題設不能確定甲、乙、丙的順序，故選項D說法不正確.故選：C.6.若實數(shù)a，b，c滿足，則下列結(jié)論一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用特殊值可判斷ABC，做差可判斷D.【詳解】對于A，若，則，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，時不能做分母，故C錯誤；對于D，因為，所以，所以，所以，故D正確.故選：D.7.函數(shù)與的圖象有且只有一個公共點，則實數(shù)k的取值范圍為（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】當時，在同一坐標系中，作出與的圖象判斷；當時，令，利用導數(shù)法求解.【詳解】解：當時，在同一坐標系中，作出與的圖象，如圖所示：由圖象知：函數(shù)與的圖象有且只有一個公共點，當時，令，則，當時，，當時，，所以在上遞減，在上遞增，所以當時，取得最小值，因為函數(shù)與的圖象有且只有一個公共點，所以，解得，綜上：實數(shù)k的取值范圍為或，故選：C8.函數(shù)最小正周期為T，若，且的圖象關于直線對稱，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】由函數(shù)的最小正周期滿足，得到的范圍，再根據(jù)的圖象關于直線對稱，由求解.【詳解】解：因為函數(shù)的最小正周期為，又，則，解得，因為的圖象關于直線對稱，所以，解得，所以，故選：D9.分形是由混沌方程組成，其最大的特點是自相似性：當我們拿出圖形的一部分時，它與整體的形狀完全一樣，只是大小不同.謝爾賓斯基地毯是數(shù)學家謝爾賓斯基提出的一個分形圖形，它的構(gòu)造方法是：將一個正方形均分為9個小正方形，再將中間的正方形去掉，稱為一次迭代；然后對余下的8個小正方形做同樣操作，直到無限次，如右上圖.進行完二次迭代后的謝爾賓斯基地毯如右下圖，從正方形ABCD內(nèi)隨機取一點，該點取自陰影部分的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用幾何概率模型求解即可.【詳解】設正方形的邊長9，則陰影大正方形的邊長為3，陰影小正方形的邊長為1，所以陰影正方形的面積之和為，所以從正方形ABCD內(nèi)隨機取一點，該點取自陰影部分的概率為，故選:B.10.三棱錐A-BCD中，平面BCD，，，則該三棱錐的外接球表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題可知，可將三棱錐補成長方體，求長方體的外接球的表面積即可.【詳解】由平面BCD，，知三棱錐A-BCD可補形為以AD，DC，BD為三條棱的長方體，如圖所示，三棱錐的外接球即長方體的外接球，長方體的對角線是外接球的直徑，設外接球的半徑為R，則，所以該三棱錐的外接球表面積為.故選：C．11.點為拋物線上任意一點，點為圓上任意一點，為直線的定點，則的最小值為（）A.2 B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】畫圖，找出拋物線焦點，化簡圓的普通方程為標準方程，結(jié)合拋物線定義以及共線性質(zhì)分析得出最值.【詳解】如圖所示：由知，拋物線焦點，由，化為，即為以為圓心，1為半徑的圓，又，得，恒過定點，過點作垂直于拋物線的準線：交于點，連接，則，當三點共線時，最小,此時為3，所以的最小值為：，故選：A.12.已知函數(shù)，，若關于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將化為，再根據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，化為，即.令，利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，得函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象列式可求出結(jié)果.【詳解】顯然，由，得，得，得，令，，則，所以函數(shù)區(qū)間內(nèi)增函數(shù)，所以可化為，即，即，所以關于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個整數(shù)解，令，則，令，得，令，得，所以在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因為關于x的不等式在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個整數(shù)解，結(jié)合圖形可知，滿足題意的整數(shù)解只能是和，所以，即.故選：D【點睛】關鍵點點睛：利用函數(shù)的單調(diào)性，將化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用的圖象求解是本題解題關鍵.第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.13.已知兩個平面向量共線且方向相反，若，，則向量的坐標為________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)向量的共線設，根據(jù)列方程，求得，即可得答案.【詳解】由題意可設，由于，故，所以，故答案為：14.若中心在原點、焦點在y軸的雙曲線經(jīng)過點，離心率為，則該雙曲線的標準方程為________.【答案】【解析】【分析】設雙曲線的標準方程為，利用點在雙曲線上、離心率及求出可得答案.【詳解】由題意設雙曲線的標準方程為，所以，，又，解得，所以雙曲線的標準方程為.故答案為：.15.已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且滿足，，則________.【答案】1【解析】【分析】首先求得周期，由，可得，所以周期，求前4項和，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)，由可得，，，求和即可得解.【詳解】由函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，可得，所以周期，又函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，由可得，，，所以，所以，故答案為：.16.已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則________.【答案】【解析】【分析】由利用正弦定理可得，，由利用正弦定理可得，根據(jù)范圍可得答案.【詳解】由利用正弦定理可得，因為，所以，因為，，所以，，所以，由利用正弦定理可得，因為，所以，所以，可得.故答案為：.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.記為數(shù)列的前項和，知，.（1）求的值；（2）求數(shù)列的通項公式.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）取，代入進行基本量的計算即可得解；（2）由得，，由當時，再討論時是否成立即可得解.【小問1詳解】依題意：時，，又，代入得：，時，，又，代得：；【小問2詳解】由得，，當，，兩式相減得：，化簡得：，當時，，符合上式，故.18.如圖，在五面體ABCDE中，為等邊三角形，平面平面ACDE，且，，F(xiàn)為邊BC的中點.（1）證明：平面ABE；（2）求DF與平面ABC所成角的大小.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過構(gòu)造平行四邊形的方法來證得平面ABE；（2）判斷出直線DF與平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.【小問1詳解】取AB中點為M，連接ME，MF，因為F為邊BC的中點，所以，，又，，所以，且，即四邊形EDFM為平行四邊形，所以，又平面ABE，平面ABE，所以平面ABE；【小問2詳解】平面平面ACDE，平面平面，，平面ACDE，則平面ABC，∵，∴DF與平面ABC所成角即為EM與平面ABC所成角，即，在直角中，，由于，所以，故DF與平面ABC所成角的大小為.19.甲、乙兩人參加某知識競賽對戰(zhàn)，甲答對每道題的概率均為，乙答對每道題的概率均為，兩人答每道題都相互獨立.答題規(guī)則：第一輪每人三道必答題，答對得10分，答錯不加分也不扣分；第二輪為一道搶答題，每人搶到的概率都為，若搶到，答對得10分，對方得0分，答錯得0分，對方得5分.（1）若乙在第一輪答題中，恰好答對兩道必答題的概率為，求的最大值和此時乙答對每道題的概率；（2）以（1）中確定的作為p的值，求乙在兩輪對戰(zhàn)后得到25分的概率.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求出乙在第一輪答題中恰好答對兩道必答題的各種情況，得到乙在第一輪答題中恰好答對兩道必答題概率的表達式，求導得到的最大值和此時乙答對每道題的概率.（2）根據(jù)乙在兩輪對戰(zhàn)后得到25分，得到得25分的情況，即可求出乙在兩輪對戰(zhàn)后得25分的概率.【小問1詳解】由題意設“乙在第一輪答題中的第i次答題答對”設為事件，則乙在第一輪答題中恰好答對兩道必答題有三種情況：，則乙在第一輪答題中恰好答對兩道必答題概率為：，在中，則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，∴的最大值為，此時，；【小問2詳解】由題意及（1）得∵乙在兩輪對戰(zhàn)后得25分，∴乙在第一輪必答環(huán)節(jié)中恰好答對兩道，且第二輪搶答環(huán)節(jié)中甲搶到并答錯，∵以（1）中確定的作為p的值，乙在第一輪答題中恰好答對兩道必答題的概率為，∴故乙在兩輪對戰(zhàn)后得25分的概率為.20.已知函數(shù).（1）若為的導函數(shù)，討論的單調(diào)性與極值；（2）若在上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）答案見解析；（2）.【解析】【分析】（1）令，則，分和進行討論即可得解；（2）參變分離可得在恒成立，令，根據(jù)導函數(shù)求得，由即可.【小問1詳解】令，則，當時，恒成立，在單調(diào)遞增，無極值；當時，，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，極大值為，無極小值，綜上所述：當時，在單調(diào)遞增，無極值；當時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，極大值為，無極小值；【小問2詳解】在上恒成立相當于在恒成立，令，則，令，則，因為，所以，所以在上單調(diào)遞減，所以，即，即，所以在上單調(diào)遞減，，所以，所以實數(shù)a的取值范圍.【點睛】方法點睛：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論問題以及恒成立問題，計算量比較大，屬于難題.本題的關鍵點有：（1）含參數(shù)的分類討論問題，注意討論點的確定；（2）恒成立的重要方法為分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立問題.21.已知橢圓E的中心在原點，周長為8的的頂點，為橢圓E的左焦點，頂點B，C在E上，且邊BC過E的右焦點.（1）求橢圓E的標準方程；（2）橢圓E的上、下頂點分別為M，N,點若直線PM,PN與橢圓E的另一個交點分別為點S，T，證明：直線ST過定點，并求該定點坐標.【答案】（1）（2）證明見解析，【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓定義直接求解即可；（2）求出的坐標，寫出直線方程即可求出定點坐標.【小問1詳解】由題意知，橢圓E的焦點在x軸上，所以設橢圓方程為，焦距為，所以周長為，即，因為左焦點，所以，，所以，所以橢圓E的標準方程為【小問2詳解】由題意知，，直線斜率均存在，所以直線，與橢圓方程聯(lián)立得，對恒成立，則，即，則，同理，，所以，所以直線方程為：，所以直線過定點，定點坐標為請考生在第22、23兩題中任選一題做答，只能做所選定的題目如果多做，則按所做的第一個題記分.做答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題號后方框涂黑.選修4—4：坐標系與參數(shù)方程22.在平面直角坐標系中，以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線.與曲線相交于P，Q兩點.（1）寫出曲線的直角坐標方程，并求出的取值范圍；（2）求的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由，代入曲線求解，然后根據(jù)直線與圓有兩個交點，由圓心到直線的距離小于半徑求解；（2）設P，Q兩點對應的極徑分別為由，利用韋達定理求解.【小問1詳解】解：因為，且曲線，所以其直角坐標方程為，即；當時，顯然成立；當時，設直線方程為，圓心到直線的距離為，因為直線與圓有兩個交點，所以，解得或，因為，所以，綜上，【小問2詳解】設P，Q兩點對應的極徑分別為將，代入，得，則，所以，因為，所