江西省临川第一中学2023届高三上学期期末考试数学(理)试题(含答案解析)

2022-06-18 来源：爱go旅游网

江西省临川第一中学2023届高三上学期期末考试数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合A{xZ|x22x30}，B{0,1}，则CABA．{3,2,1}B．{1,2,3}C．{1,0,1,2,3}D．{0,1}z2．在复平面内，复数1，z2对应的向量分别是OA(1,2)，OB(3,1)，则复数z1z2对应的点位于（）B．第二象限C．第三象限D．第四象限）A．第一象限3．对于实数x，条件p：xA．充分不必要条件C．充要条件151，条件q：x2且x，那么p是q的（2x2B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．设a0，b0，且2ab1，则A．有最小值为4C．有最小值为5712a（aab）B．有最小值为221D．无最小值351435147a,b,c的大小顺序是5．设a,b,clog3,则575A．bacB．cb>1,再分析得c<1，从而得到a,b,c的大小关系.57777【详解】a()7()7()5b，b()5()01,7555514log331，所以cba.因为clog355533故答案为D【点睛】(1)本题主要考查指数对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比较大小，一般先把所有的数分成正负两个集合，再把正数和1比，负数和-1比.6．D【解析】首先由角(0,)知sin20，再利用同角三角函数平方关系求sin2，二倍角42余弦公式以及诱导公式求sin()即可.4【详解】(0,)，42(0,)，2又cos2，45sin21cos221()2.41cos(224535sin2()21sin22)1354.25故选：D.7．C【分析】根据余弦定理和正弦定理将条件转化为cosC1，由此可得C60．2【详解】由条件及余弦定理得：2abcosCacosBbcosAabc∴2cosCacosBbcosAc，由正弦定理得2cosC(sinAcosBsinBcosA)sinC，∴2cosCsin(AB)sinC，即2cosCsinCsinC∵sinC0，∴cosC1，2又0C180，∴C60．答案第2页，共16页故选：C．8．D【分析】根据给定的函数，结合对数函数、二次函数单调性，分类讨论求解作答.2【详解】函数fxlogaxax3在0,1上是减函数，当0a1时，x2ax3(xa2a2a2)330恒成立，244而函数ux2ax3在区间0,1上不单调，因此0a1，不符合题意，当a1时，函数ylogau在(0,)上单调递增，于是得函数ux2ax3在区间0,1上单调递减，因此a1，并且12a130，解得2a4，2所以实数a的取值范围是2,4.故选：D9．D【分析】根据点P在以原点为圆心，以3m为半径的圆上和在圆C上，由两圆有交点求解.【详解】解：由题意得：点P在以原点为圆心，以3m为半径的圆上，又因为点P在圆C上，所以只要两圆有交点即可，所以3m253m2，解得3m73，3所以m的最小值为3，故选：D10．B【分析】由角平分线的性质可得离心率.【详解】如图，|PF1||AF1|及双曲线的定义，化简方程即可求双曲线的|PF2||AF2|答案第3页，共16页b2(c)2y2PFFFxc因为1，由221可得|PF1||y|，12，所以Paabb2由双曲线定义可知|PF2|2a，a由F1PF22F1PA知：PA平分F1PF2，a2|PF1||AF1|b2ca2所以，即，整理得：2，22a|PF2||AF2|b2ab2cac2a2acce212e1由bca，e，可化简为2，ae12e1221即12，可得e212e1，解得e2或e1（舍去），e12e1222b2a故选：B11．C【分析】设该三角形的内切圆的半径为r，CA边上的高为h，由BPmBCnBA，得到BPmn，再利用平行线等比关系求解.mnBCBAmnmn【详解】解：在ABC中，AB4，BC3，CA5，设该三角形的内切圆的半径为r，则11345r34，解得r1，22设CA边上的高为h，11125h34，解得h，522因为BPmBCnBA，则nmBPmnBCBA所以，mnmn因为点P在该三角形的内切圆上运动，答案第4页，共16页BPmn，所以mnBCBAmnmn设BEmnBCBA，则BPmnBE，mnmnmn1，mnmnBP，且B,P,E三点共线，E在AC上，则mnBE因为由平行线等比关系得：要使mn，即BP与BE之间的比例最小，则点P内切圆的最高点，如图所示：由BA2BC2AC2，知B所以SABC由h2，111BABChACrBABCAC，22212,所以r15h2r1，h6所以mn的最小值为故选：C12．C【分析】由f2x1f2x1得到f2xf2x2，故②正确；由f3x1关于点1,3成中心对称，得到fx关于2,3中心对称，推理出fx4fx，从而得到周期为4，①错误；由函数的周期及fx关于2,3中心对称，得到一个对称中心为6,3，③正确；利用函数的周期性及对称性求出函数值的和.1【详解】由题意得：f2x1f2x1，将x替换为x得：21f2x121f2x1，2答案第5页，共16页即f2xf2x2，②正确；1f2x1f2x1中将x替换为x得：fx1fx1，21因为f3x1向左平移个单位得到f3x，32而f3x1关于点1,3成中心对称，所以f3x关于,3中心对称，故fx关于2,3中3心对称，所以fx2fx26，故fx26fx26f1x16f1x16fx，所以fx46fx266fxfx，所以fx的一个周期为4，①错误；fx关于2,3中心对称，又fx的一个周期为4，故fx的一个对称中心为6,3，③正确；fx2fx26中，令x1得：f3f16，fx2fx26中，令x0得：f2f26，故f23，fx2fx26中，令x2得：f4f06，又因为f0f4，故2f46，所以f43，所以f2f46，其中f17f1744f1，f18f1816f23，f19f1916f3，17f18f19故fi4f1f2f3f4fi119466f1f2f3483657，④正确.故选：Cabc,中心对称，【点睛】若fxafxbc，则函数fx关于22ab若fxafxb，则函数fx关于x对称.213．123答案第6页，共16页【分析】借助韦达定理得PF1PF248，再套用面积公式即可.【详解】易得PF1PF22a20,F1F22c16，则F1F2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2PF1PF222222PF1PF22PF1PF2cosF1PF2，122即16202PF1PF22PF1PF2，2故PF1PF248SPF1F2113PF1PF2sin6048123,222故答案为：123.14．1243【分析】根据二项式定理中二项式系数与项系数的求解即可得.【详解】有题意可知pCn，qCn(3)，555C5p1所以5n5．qCn(3)243故答案为：15．9π【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.【详解】如图所示正四面体ABCD，记棱长为a，高为h，O为正四面体ABCD内切球的球心，延长AO交底面BCD于E，E是等边三角形△BCD的中心，过A作AFCD交CD于F，连接BF，1.243答案第7页，共16页则OE为正四面体ABCD内切球的半径，因为AFBF23313a，EFBFa，BEBFa，33236所以hAEAF2EF2所以OEBO2BE26a，32AEOEBE2，解得rOE61ah，12416264的正四面体中，最大球半径r大h1，4311中等球内切于高h中h大2r大2的正四面体中，中等球半径r中h中，42由图可知最大球内切于高h大最小求内切于高h小h中2r中1的正四面体中，最小球半径r小22211144所以九个球的表面积之和V4π2411h小，449π，故答案为：9π纟禳e2e3镲睚16．çç-¥,4úú9镲棼铪ex【分析】对fx求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合y2x的图像性质即可求得a的取值范围.ex3【详解】因为f(x)3alnxx0，xxx3xx3x3ex所以fx4ea2axxx2x2，x2xex设g(x)2（x0），因为g(x)3e，xx所以当0x2时，g(x)0，当x2时，g(x)0，ex则g(x)2在0,2上单调递减，在2,上单调递增，x答案第8页，共16页exex①若2a0恒成立，即a2在(0,)上恒成立，xxexe2exe2e2因为g(x)22，所以a2，x4x24min此时令fx0，解得0x3；令f¢(x)>0，解得x3；所以f(x)在0,3单调递减，在(3,)单调递增，有唯一极小值点，满足题意；ex②方程2a0有两个不同的根x1，x2，且x1x2，xexex当0xx1和xx2时，2a0；当x1xx2时，2a0，xx因为f(x)只有一个极小值点，exe3ex所以3是2a0即a2的一个根，且存在另一个根0m2，此时a；xx9x3exe3e3当a时，fx2，2xx99令fx0，解得0xm；令f¢(x)>0，解得x>m；所以f(x)在0,m单调递减，在(m,)单调递增，满足题意，e2e3综上：a或a，即aÎ49纟禳e2e3镲ç故答案为：ç-¥,ú睚.4ú铪9镲棼纟禳e2e3镲ç-¥,ú睚.ç4ú铪9镲棼【点睛】fx进行分类讨论.n117．(1)an2x3exax22x，因为函数f(x)只有一个极小值点，需对yexa的符号x2答案第9页，共16页n(2)n121【分析】(1)利用等比数列的定义以及累加法求通项；(2)利用错位相减法求和.【详解】（1）设an1an的公比为q，an23an12an，an2an12an1ann1又a2a11，an1an2，ana1a2a1a3a2anan11122n1又a11符合上式，所以an的通项公式为an2．n1n212n112n1，12（2）bnnann2n1n2，bn的前n项和为120221322n2n1012n1记Sn122232n2，123n则2Sn122232n2，作差可得Sn＝2222012n112nn2n2n，12nSnn12n1，n因此，数列bn的前n项和为n121.18．(1)247373(2)P为BA1中点【分析】（1）由题意，建立空间直线坐标系，求解平面法向量，根据点面距向量计算公式，可得答案；（2）由（1）的空间直角坐标系，求解平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与向量夹角的关系，结合二次函数的性质，可得答案.【详解】（1）在ABC中，BG1AC，G为AC的中点，ABC=90，即ABBC，2答案第10页，共16页11ABBC，则×8×6BB1=240，解得由直三棱柱ABCA1B1C1的体积V=BB1SABC=BB122BB110，以B为原点，并分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A8,0,0，A18,0,10，B10,0,10，C10,6,10，B0,0,0，由E为B1C1的中点，则E0,3,10，由F为BB1的中点，则F0,0,5，在平面AA1E中，取AA10,0,10，AE=8,3,10，设该平面的法向量为nx,y,z，n10z=0AA1=0，即则，令x=3，则y8,z0，8x+3y+10z=0nAE=0故平面AA1E的一个法向量为n3,8,0，AFn242473取AF=8,0,5，由点面距公式，可得F到平面AA1E的距离d==.=n739+64（2）由（1）可知：A8,0,0，A18,0,10，C0,6,0，C10,6,10，F0,0,5，由PA1B，A1B平面AA1B1B，则设Pa,0,b，0a8,0b10，k设BP=BA1=(4k,0,5k)，即P4k,0,5k，0k2，2AABBAA0,0,10AC=8,6,0m在平面11内，取1，，设其法向量x,y,z，10z=0mAA1=0则，即，令x=3，则y=4,z=0，8x+6y=0mAC=0故平面AA1B1B的一个法向量m3,4,0，取FP=4k,0,5k5，sin=|cosm,FP|，AACC设直线FP与平面11所成角为，则答案第11页，共16页mFP34k12ksin===则225mFP41k250k+2532+424k+5k5当k=0时，P与B重合，sin0当k0时，sin=125111，4150+252kk14150x+25x2121525(x1)2161211sin=x=[,)令，5k2当x=1时，即k=1，P为BA1中点时，sinmax19．（1）；（2）分布列见解析.2312135165【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合组合数即可求解；（2）求得X所有可能的取值为（单位：元）：0，10，20，50，60，求出对应的概率，即可列出分布列.11C4C6C42C60302，即该顾客中奖的概率【详解】（1）记顾客中奖为事件A，P(A)2C10453为；（2）X所有可能的取值为（单位：元）：0，10，20，50，60，110C3C6C4C6212P(X10)且P(X0)，，22C105C103231111C1C6C1C3C32121P(X60)P(X20)2，P(X50)，，22C1015C1015C1015故X的分布列为：XP010252011550601151321520．(1)y28x(2)40309答案第12页，共16页p【分析】(1)假设F,0，利用AFBFx1x2p辨析即可；24(2)先计算AB方程：yy0x3，联立抛物线方程，结合韦达定理得AB，再计算出y0d16y02，进而计算三角形面积.ppp【详解】（1）(1)取抛物线焦点为F,0，AFx1，BFx2，222AFBFx1x2p6p因为AFBFAB，AB最大值为10，所以6p10，p4，抛物线方程为y28x.（2）令Ax1,y1，Bx2,y2，设M为AB中点，Mx0,y0,又因为x1x26，所以x03，M3,y0,kABy2y184，x2x1y1y2y0所以AB中垂线方程为：yy0所以AB方程为：yy04x3y0y0x3，令y0C7,044x3yy0yy22y0y2y02240，与抛物线方程联立0y28x22显然，4y042y024026y0262.y1y22y0，y1y22y024ABx2x1y2y122y021y2y14222y0221yy214y1y216y022214y42y24100216.C7,0到AB的距离为dS△ABC111ABd24016y24y.，00216y2，02316y0224y14216y482y16y02020240161648303942答案第13页，共16页所以SABC的最大值为4030.921．(1)a1e，b0(2)a0【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得f1g1且f1g1，即可得到方程组，解得即可；baba（2）依题意可得eebaa10对bR恒成立，令Hbeebaa1，求出函数的导函数，由Ha0可得Ha0，从而求出a的值，再验证即可.x22【详解】（1）解：因为fxexx，gxxaxb，x所以.fxe2x1，gx2xa，因为f1g1且f1g1，即e212a且e121121ab，解得a1e，b0.（2）解：因为fbfagbga对bR恒成立，b2a2222.ebbeaababbaab对bR恒成立，ba即eebaa10对bR恒成立，bab令Hbeebaa1，Hbea1因为Ha0，a所以a是Hb的最小值点，且a是Hb的极值点，即Haea10，因为Ha在R上单调递增，且H00，所以a0，b下面检验：当a0时，Hbeb10对bR恒成立，b因为Hbe1，所以当x0时Hb0，当x0时Hb0，所以Hb在,0上单调递减，在0,上单调递增.所以HbH00，符合题意，答案第14页，共16页所以a0.22．(1)x22y29(2)35【分析】（1）利用代入消元法可得直线l普通方程；利用平方关系可得圆C的普通方程；（2）将直线参数方程代入圆的标准方程得t23t80，再利用参数的几何意义求解.3x1t2，消去t，得【详解】解：(1)由x3y10，1yt2即直线l的普通方程为x3y10，x23cos3cosx2由，得，y3sin3siny两式平方相加得x2y29，即圆C的普通方程为x2y29.223x1t22(2)将l:代入x2y29，y1t2得t23t80.设方程的两根为t1,t2，则t1t23，t1t28.所以FAFBt1t2t1t2（1）证明见解析；（2）3.23．【分析】（1）根据条件得a3b3a2bab2≥0，从而证明不等式成立；（2）根据条件得t1t224t1t235.1411414ab，然后利用基本不等式，即可求的最小值，ab3abab注意等号成立的条件.【详解】（1）证明：∵a0，b0.22332222∴abababaabbbaabababab0，2∴a3b3a2bab2.（2）∵a0，b0，ab3，答案第15页，共16页141b4ab4ab4a141ab5523∴，当且仅当，即a1，ab3ab3abababb2时取等号，∴14的最小值为3.ab答案第16页，共16页

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江西省临川第一中学2023届高三上学期期末考试数学(理)试题(含答案解析)