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2022-2023学年河北省保定市高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2024-04-16 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：3.75M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年河北省保定市高三上学期期末数学试题及答 注意事项： 案 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写 在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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 1    B    2 ， B.   2,3,4  1,0,1,2,3,4 ，则 A B  C.  3,4 项是符合题目要求的. A   x x 1. 已知集合 A.   1,0,1     1,3,4 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式得到集合 A ，然后求交集即可. 【详解】由题意得 A   x x  或 3 x   ，所以 1  A B     1,3,4 （ ） D. . 2 i 1 i   ，则 z   z 等于（ ） B. 6 C. 2 D. 6 故选：D. 2. 若  z  A. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法公式可得 3 i z   ，再根据共轭复数的概念及复数的加法运算即可 求解. 【详解】  z  2 i 1 i     2 2i       , 3 i i i 2 所以 z z      . 3 i 3 i 6 故选：B
    3. 数列 na 满足 1 a  ， 1 4 n a   4 a n  2  ，则 4a  （ 1 n ） B. 8 3 C. 2 D.  8 3 A. 2 【答案】A 【解析】 【分析】运用代入法进行求解即可, 【详解】因为 1 a  ， 4 a 所以 2  4 a 1  2 1 1  故选：A    1 2, 4 4 a 3   4 2 2 2 1   8 3 , a 4   2 3 1   2 ， 4 8 3 4. 如图，点 P为射线 y  3 x 与以原点 O为圆心的单位圆的交点，一动点在圆 O上以点 P 为起始点，沿逆时针方向运动，每 2 秒转一圈．则该动点横坐标   f t 关于运动时间 t的函 数的解析式是（ ） A. f   t  sin C. f   t  cos t 2    π 3    t π    π 3    【答案】C 【解析】 B. f   t  sin t π    π 3    D. f   t  cos t 2    π 3    【分析】动点的运动速度为 π rad s ，射线 / y  3 x 射线OP 对应的角度为 π 3 t ，得到答案. 对应的角度为  ，故动点 P 行程的 π 3 【详解】动点的运动速度为  π / rad s ，射线 y  3 x 对应的角度为  ， π 3 π 2π 2
    故动点 P 行程的射线OP 对应的角度为 π 3 t ，故   t π f  cos t π    π 3    ， 故选：C 5. 函数  f x   4 2 x  x 1 的图像大致是（ ） B. D. A. C. 【答案】A 【解析】 【分析】结合基本不等式判断函数在 0,  的最值，再结合图像判断.  【详解】 0 x  时，   f x 4 x 2    x  1 x  x  时，  f x 且 0 4 2 x 1  4  x  0 恒成立，故 C 错误；  2 ，当且仅当 1x  时取等， 1 x 故  f x 在  0,  有最大值 2，故 B、D 错误；  故选：A. 6. 已知函数  f x   2 sin x  2  3 2 sin 点，则ω的值可以是（ ）    x   ，若  0 f x 在   1 2    π 3π, 2 2    上恰在两个零 B. 1 C. 2 D. 3 A. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角恒等变换求出   f x 的解析式，根据选项分别讨论函数在    π 3π, 2 2    零点的
    个数，即可求解. 【详解】  f x   3 2 sin x   sin 2 x  2   1 2 3 2 sin x   1 2 cos x   sin  x    π 6    ， 对于 A，如果  ，则  f x 1 2   sin    1 2 x  π 6    ， 因为 x    π 3π, 2 2    ，所以 1 2 x     π 6 π 7π, 12 12    ， 则  f x 在     π 3π, 2 2    上没有零点，A 错误； 对于 B，如果 1 ，则   f x  sin x   π 6    ， 因为 x    π 3π, 2 2    ，所以 x     π 6 π 4π, 3 3    ， 则  f x 在     π 3π, 2 2 此时 x  π 6  π, x    7π 6 上恰有 1 个零点，  ，B 错误； 对于 C，如果 2 ，则   f x  x sin 2    π 6    ， 因为 x    π 3π, 2 2    ，所以 2 x     π 6 5π 17π 6 6 ,    ， 则  f x 在  此时 2 x     π 6 π 3π, 2 2    上恰有 2 个零点，  或 π 2 x  π 6  ，解得 2π x  对于 D，如果 3 ，则  f x   x sin 3    , x  13π 12 ，C 正确； 7π 12 π   6  ， 因为 x    π 3π, 2 2    ，所以 3 x     π 6 4π 13π 3 3 ,    ， 则  f x 在     π 3π, 2 2    上恰有 3 个零点，
    此时 3 x   或 2π x  3 x  π 6  ， 4π 解得 x  , x  , x ，D 错误. π 6 13π 18 3 19π 18 π 6   或 3π 25π 18 故选：C. 7. 已知椭圆 C： 2 2 x a π 3  2 2 y b  1  a   ， 1F ， 2F 分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上 0 b  一点， PF F 1 2  ，过 2F 作 1 F PF 2 外角平分线的垂线交 1F P 的延长线于 N点．若 sin PNF 2  6 4 ，则椭圆的离心率（ ） B. 3 2 C. 5 2 D. 5 1  2 A. 3 1  2 【答案】D 【解析】 【 分 析 】 根 据 二 倍 角 公 式 以 及 互 余 关 系 可 得 cos  F PF 1 2  cos π 2      ， 进 而 在 1 4 PF F△ 1 2 中，由余弦定理联立方程可得 2 c  5 ac a  2  ，进而可求解. 0 【详解】设 2NF 与 1 F PF 2 外角平分线的交点为 M ,设  NPM   MPF   ， 2 由于 sin PNF 2  6 4 ， PMF 2  90  ,所以 cos  sin  PNF 2  6 4 ,进而 cos 2   2cos 2  1 2        6 4 2     1    1 4 ，所以 cos  F PF 1 2  设 1PF x ，则 2 PF  2 a x  ，在 PF F△ 1 2 中，由余弦定理得 cos π 2      , 1 4  2 c 2   2 x   2 a x  2   2 x  2 a x   cos  F PF 1 2 , 2 a x  2   2 x   2 c 2   2 2 cos x c π 3 ，两 式联立得 2 c  5 ac a  2  ，即 2 e 0  5 e 1 0   ，解得 e  5 1  2 或 e  5 1  2 ， 由于 0 1e  ，故 e  5 1  2 ， 故选：D
    8. 已知三棱锥 D ABC  的所有棱长均为 2，以 BD为直径的球面与 ABC 的交线为 L，则 交线 L的长度为（ ） B. 4 3π 9 C. 2 6π 9 D. 4 6π 9 A. 2 3π 9 【答案】A 【解析】 【分析】分别取 ,AB BC 的中点 ,M N ，由题意分析知，以 BD为直径的球面与 ABC 的交 线为 BMN  外接圆周长的 1 3 ，求出 BMN  的外接圆半径，求解即可. 【详解】取 BD的中点为O ，所以O 为球心，过 D 作 DF 平面 ABC 于点 F ， 即 F 为 ABC 的中心，延长 BF 交所以 BF 交 AC 于点 E ，则 E 为 AC 的中点， 所以 BF  2 3 BE  2 3 4 1   2 3 3 ， DF  2 BD BF  2  4      2 3 3 2      2 6 3 ， 取 BF 的中点 1O ，连接 1OO ，  OO DF 1 / / ，则 1OO  平面 ABC ， 因为 BE  平面 ABC ，即 1OO BE ，且 OO 1  1 2 DF  6 3 ， FO 1  1 2 BF  3 3 , OF  OO 1 2  2 FO 1  2 3 所以 F 为以 BD为直径的球面上一点，   ， 1 1 3 分别取 ,AB BC 的中点 ,M N ，连接 ,OM ON ， 且 OM ON   1 2 DC  ，所以 ,M N 也为以 BD为直径的球面上一点， 1 则 BMN  为等边三角形， BMN  的外接圆即为四边形 BMFN 的外接圆， 1BO 为外接圆的半径，所以  MO N 1   2 MBN  120  ，
    所以以 BD为直径的球面与 ABC 的交线 L长为 BMN  外接圆周长的 1 3 ， 所以 2 π L    1 3  3 3  2 3π 9 . 故选：A. 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. 某中学为了能充分调动学生对学术科技的积极性，鼓励更多的学生参与到学术科技之中， 提升学生的创新意识，该学校决定邀请知名教授于 9 月 2 日和 9 月 9 日到学校做两场专题讲 座．学校有东、西两个礼堂，第一次讲座地点的安排不影响下一次讲座的安排，假设选择东、 西两个礼堂作为讲座地点是等可能的，则下列叙述正确的是（ ） A. 两次讲座都在东礼堂的概率是 1 4 B. 两次讲座安排在东、西礼堂各一场的概率是 1 2 C. 两次讲座中至少有一次安排在东礼堂的概率是 3 4 D. 若第一次讲座安排在东礼堂，下一次讲座安排在西礼堂的概率是 1 3 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用古典概型求概率的公式计算概率即可. 【详解】总的情况有 2 2 种，两次讲座都在东礼堂有 1 种情况，所以的概率是 1 2 2   1 4 ， 故 A 正确； 两次讲座安排在东、西礼堂各一场有第一次安排在东礼堂，第二次安排在西礼堂和第一次安 排在西礼堂，第二次安排在东礼堂两种情况，所以概率是 2 2 2   1 2 ，故 B 正确； 两次讲座至少有一次安排在东礼堂的对立事件为两次讲座都安排在西礼堂，所以概率是
    1  1 2 2   3 4 ，故 C 正确； 第一次讲座安排在东礼堂，下一次讲座安排在西礼堂的概率是 故选：ABC. 10. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中（ ） 1 2 2   1 4 ，故 D 错. A. AB与 CD平行 C. EF与 GH成60 角 【答案】CD 【解析】 B. CD与 GH是异面直线 D. CD与 EF平行 【分析】根据正方体的平面展开图得到直观图，然后判断即可. 【详解】该正方体的直观图如下： AB 与CD 是异面直线，故 A 错； CD 与GH 相交，故 B 错；因为该几何体为正方体，所 以 EF CD ，三角形GHD 为正三角形，直线GH 与直线GD 所成角为60 ，则 EF 与GH 所成角为60 ，故 CD 正确. 故选：CD. 11. 已知函数   f x  a 2 e x  a A. 在 ,0  上单调递增  ，则  f x （  0  ） B. 无极小值
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