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2022-2023学年辽宁省锦州市高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2023-12-15 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.90M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年辽宁省锦州市高三上学期期末数学试题及答 案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的．  A    1,0,1,2,3 1. 集合 A.  1,0 B ， B.  x x   1,2 2 5  x   0 ， R 为实数集，则 A  B ð R   （ ） C.   0,1,2 D.   1,2,3 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合 A，B，后由交集补集定义可得答案. 【详解】由题可得 B   x x  或 0 x  ，则 5 B ð R   x 0   x  5 ，故 A  B ð R     1,2,3 . 故选：D 2. 复数 z 满足  z A. 1 5 【答案】B 【解析】   ，则 z  （ 2 i i  ） B. 5 5 C. 2 2 D. 2 【分析】根据给定条件，利用复数除法运算及复数模的定义计算作答. 【详解】由  z 2 i   得： i  z  i 2 i    i(2 i)   (2 i)(2 i)  1 2i   5    1 5 2 i 5 ， 所以 | | z  (  1 5 2 )  ( 2 5 2 )  5 5 . 故选：B 3. 已知 a ，b 为实数，则“ a 2 b ”是“ a b ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 【答案】A 【解析】 D. 既不充分又不必要条件
    【分析】通过分析条件能否推出结论，结论能否推出条件，即可确定正确选项. 【详解】因为 a 2 b ，则 a 2 b  ，所以 a 0  b  ，即由 b a 2 b 可推出 a b ， 取 4, b a   ，可得 a 3 b ，而 a 2 b ，即由 a b 不可推出 a 2 b ， 所以“ a 2 b ”是“ a b ”的充分不必要条件，故 A 对，B,C,D 错, 故选：A. 4. 某科技研发公司 2022 年全年投入的研发资金为 300 万元，在此基础上，计划每年投入的 研发资金比上一年增加 10%，则该公司全年投入的研发资金开始超过 600 万元的年份是 （ ）（参考数据： lg2 0.301  ， lg3 0.477  ， lg5  0.699 ， lg11 1.041  ） B. 2028 年 C. 2029 年 D. 2030 年 A. 2027 年 【答案】D 【解析】 N 年后公司全年投入的研发资金为 y ，根据题意列出 n 与 y 的关系，即  【分析】设  n n 可列不等式解出 n 的最小值，即可得出答案. 【详解】设  n n  N 年后公司全年投入的研发资金为 y ， 则根据题意有 y   300 1 0.1 n   ， 研发资金开始超过 600 万元，即 y  则 n 的最小值为 8，  300 1 0.1   n  600 ，解得 n  lg 2 lg11 1   7.341 ， 则该公司全年投入的研发资金开始超过 600 万元的年份是 2022 8 2030   年， 故选：D. 5.    1 2  x   2y   x  y 5 A. 80 【答案】A 【解析】 的展开式中 2 4 x y 的系数为（ B. 48 ） C. 12 D. 24 【分析】利用二项式定理计算 2x y 展开式中 2 x y 的系数即可. 3 5
    【详解】原式  2   2y x  5 y 1 2  x x  5  y  2 y  2 x  5  y 1 2x ，因  x  5 y 展开式中没有 2 4 x y 项， 展开式中 2 4 x y 项为   2 C 2 y  3 5 2 x 3 y   80 2 x y 4 ， 所以    1 2  x   2y   x  y 5 故选：A 的展开式中 2 4 x y 的系数为 80 . 6. 双曲线C ： 2 2 x a  2 y 12  的左右焦点分别为 1F ， 2F ，一条渐近线方程为 3 1 x y  ， 0 若点 M 在双曲线C 上，且 1 MF  ，则 2MF  （ 5 ） B. 9 C. 1 或 9 D. 3 或 7 A. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由渐近线方程可得 2 a  ，则 4 c  ，后由双曲线定义可得答案. 【详解】由 3 x y  ，可得 2 3 a 0  3 又因 M 在双曲线C ，则由双曲线定义，有     故选：B   ，则 a 2 c  4 12   . 4 2 MF MF 1 MF MF 1   2 4 2 a   8 2 c   ，可得 2 9 MF  . 7. 设 a  2 53 e 4 ， b 3 5 ， c  3 42 e 5 ，则（ ） B. b a c   C. c   b a D. A. b
    【详解】构造函数   f x  ，  x  ex x 0,1 ，则  x f    1 e  x x  2 x  ， 0 得  f x 在  0,1 上单调递减，又  ， 3 4 2 5 3 4 e 3 4 x ，则   g x 2 5 e 2 5  2     3 4    =ex f 则    2 5     f 构造函数   g x 令    g x 0  2 5 e  3 4 3 4 e 2 5 ，即 a c .    x 2ln ，则   g x 在  x e 2  . ln 2,  上单调递增.  又注意到， 3 e  3 2 7 . 则 g    3 4     g  ln  2    16 3 ln 16  4 ln 2   3 4 ln 2 ， 3 4   e  2  2 ln 2   2 1  ln 2   0 ，即 3 e  4 3 2 . 3 2 故 3 4 2 e 5    ，即 c b . 2 3 5 2 3 5 综上所述，b
    因为 cos  BAD    AB AD   AB AD    4 2 4 2   2 2 ，而 0   DAB  ,所以 π BAD  ， π 4 在直角 AOD△ 中，因为 BAD  ， AD  ，所以 2 OD OA  ， 2 OB   ， 4 2 π 4 P x ，设 ( , 2),(0  PB (4  B (4  2,0) x  ， 4) 则 ( A 所以 所以 2,0),   ( PA     PA PB  = 2   ,   x 2),  4 2  x  2  ， x x 2   2) ,         x   ，且 0 + 2 2 因为二次函数开口向上，对称轴为 2  x   4 4 2 ， 2     2 = 2 2 4 x 4x  ，   x   时， PA PB 2 取最小值 2 ，当 4   x  时， PA PB 取最大值 4 4 2  ， 所以当 2   所以 PA PB 的取值范围是 2, 4     4 2   . 故选：C 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9. 已知函数  f x   sin   x   （ 0 ，0 π  ），将 y   f x  的图像上所有点向右平 移 2π 3 个单位长度，然后横坐标缩短为原来的 倍，纵坐标不变，得到函数 y    g x 的图 1 2 π 2 ，则下列说法正确的是（ ） 像．若   g x 为偶函数，且最小正周期为 A. y   f x  的图像关于 x  对称 π 12 B.  f x 在     π 3π, 3 4    上单调递增 C.   g x  的解集为 1 2    π 6  π π k 2 3 ,  π k 2    （ Zk ） D. 方程  f x  g     x 2    在    5π0, 4    上有 3 个解 【答案】BCD
    【解析】 【分析】先根据图像平移伸缩变换可得  g x   sin(2     x 2   3 ) ，再根据奇偶性和最小 正周期可求得和，通过赋值法可判断 A，根据整体代入法可判断 B，通过余弦函数图像 的性质可判断 C，通过正切函数图像的性质可判断 D. 【详解】将函数  f x   sin   x   的图像上所有点向右平移 得到 y   f x    2  3     sin[ (  x  2  3 )  ]   sin(     x 2   3 ) ， 然后横坐标缩短为原来的 1 2 倍，纵坐标不变， 2π 3 个单位长度， 得到  g x   sin(2     x 若   g x 最小正周期为 ，则有  ，得 2 ， ， ) 2   2 2  为偶函数， 2   3 4  3 ) π 2 x    k 5  6 又因为   g x 4  3   所以  sin(4  2    k ,  ，即 Z     k 11 ,  6 k  Z 又 0 π  ，所以  ， k   ， 1 故  g x   sin(4 x   2 )   cos4 x ，  f x    sin 2   5 x   6    ， 对于 A， ( f  12 ) 0    ，所以 1 y    f x 的图像不关于 x  对称，A 错误； π 12 对于 B，令 2 k    2  2 x  5  6  2 k   ，得  2 k   2  3   x k   ， Zk ，  6 当 1k  时，函数   f x 的单调递增区间为 5   [ ] ， ， 3 6 所以  f x 在     π 3π, 3 4    上单调递增，B 正确； 对于 C，由   g x  ，得 1 2  cos4 x  ，所以 1 2 cos 4 x   ， 1 2 所以 2 k   2  3  4 x  2 k   （ Zk ）， 4  3 解得 x     π 6  π π k 2 3 ,  π k 2    （ Zk ），C 正确；
    对于 D，  f x  g     x 2    等价于  sin 2   x  5  6      cos2 x ， 即 3 2 cos2 所以 2 x 又 x    x   3 2 k  3 5π0, 4    ，故当 0,1,2 k  sin 2 x ，所以 tan 2 x  ， 3  （ Zk ），即  （ Zk ）， 6 k x    2 x   ， 6 时，可得 2  3 ， 7  6 . 即方程  f x  g     x 2    在    5π0, 4    上有 3 个解，D 正确. 故选：BCD 10. 甲箱中有 4 个红球，2 个白球和 3 个黑球，乙箱中有 3 个红球，3 个白球和 3 个黑球．先 从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以 1A ， 2A 和 3A 表示由甲箱取出的球是红球，白球和 黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以 B 表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结 论正确的是（ ） A. 事件 B 与事件 iA （ 1,2,3 i  ）相互独立 B. C. D.   P A B  1  P B  29  90   P A B  2 8 45 6 31 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由条件概率公式以及乘法公式，全概率公式分别代入计算，即可得到结 果. 1 4 9 3 2 3 9 2 9 P A  ，  P A  ，  1 【详解】  P A   3 先 1A 发生，则乙袋中有 4 个红球 3 白球 3 黑球，  先 2A 发生，则乙袋中有 3 个红球 4 白球 3 黑球，  先 3A 发生，则乙袋中有 3 个红球 3 白球 4 黑球，   2 5 P B A  ， 1 P B A  2 3 P B A  ， 4 10 3 10 3 10
       ，B 对，  P A B 1   P A B 2   P A B 3   P B    2 1      P B A P A 1    P B A P A 2    P B A P A 3   P B A P A 1    3   ，   8 45 1 15 1 10   P B A P A 2 2 4 5 9 3 2 10 9 3 1 10 3   2    ， 1   P A B 1   P A P B  1    ，A 错，     P B A P A 3  3   ，C 错， 31 90  P A B 2     P A B 2   P B    P B A P A 2 2   P B    3 2  10 9 31 90  ，D 对． 6 31 故选:BD. 11. 已知正方体 的是,（ ） ABCD A BC D 1 1 1 1  A. 存在点 P 使 PD AC 1 1 C.  1 CP PA 的最小值是 2 3 【答案】AD 【解析】 的棱长为 1， P 是线段 1AB 上的动点，则下列说法正确 B. 点 P 到平面 1 1AC D 的距离为 3 2 D. 三棱锥 1 1C APD 的体积为定值 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以 D 为原点建立如图所示空间直角坐标系， A 1   1,0,1 , C 1   0,1,1 ,   AC   1 1 1,1,0  ， 设  1, , P t t   DP AC 1 1   ,0 t  ， 1 1    t ，当 1t  时，   DP AC 1 1  0 ， 此时 P 与 1B 重合，所以 A 选项正确. 设平面 1 1AC D 的法向量为    n , , x y z  ，     n DA  1    n DC   1 则 z    z    x y 0 0  ，故可设  n   1,1, 1  ，
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