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2022-2023学年辽宁省大连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：3.53M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年辽宁省大连市高三上学期期末数学试题及答 案 注意事项： 1．请在答题纸上作答，在试卷上作答无效． 2．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间 120 分 钟． 第Ⅰ卷 ━．单项选择题：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．   1,2,3,4,5 B  ， 3,5 B.  x    x 1  2  Z    ，则 A B   1,3,5 C.  （ ） D.  2,4 A  1. 已知集合 A.  5 【答案】C 【解析】 【分析】 逐一验证集合 A    1,2,3,4,5 中的元素是否也属于集合 B  x    x 1  2  Z    即可. 【详解】因为集合 A    1,2,3,4,5 ， B  x    x 1  2  Z    可得 1x  时， 1 1 0  2     ； B Z 1 x  时， 2 2 1  2     ； B Z 2 1 2 3x  时， 3 1 1  2     ； B Z 3 x  时， 4 4 1  2 3 2     ； B Z 4 x  时， 5 5 1 2  2     ； B Z 5
    综上，集合 ,A B 的公共元素为 1,3,5， 所以 A B   1,3,5 ，  故选：C. 2. i 是虚数单位，若复数 z  A. 4 5   4 5 3 i  5 3 i 5 B. 5 ，则 z 的共轭复数 z  （ 4 3i  3 i 4 4 5 5 5 C. -   ） 3 i 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算可化简得到 z ，由共轭复数定义可得结果. 【详解】  z  5 4 3i     5 4 3i 4 3i 4 3i        4 3i  5   4 5 3 i 5 ， z   4 3 i 5 5 . 故选：A. 3. 已知命题 :p x  R ， 2 x 0 0 x   ，则 p 是（ 0 1 0 ） A. 0x  R ， 2 x 0 x 0 1 0   C. x  R ， 2 x x   1 0 【答案】C 【解析】 B. 0x  R ， 2 x 0 x 0 1 0   D. x R ， 2 x x   1 0 【分析】由特称命题的否定可直接得到结果. 【详解】由特称命题的否定可知 p 为： x  R ， 2 x 0 x 0 1 0   . 故选：C. 4. 开普勒（JohannesKepler，1571~1630），德国数学家、天文学家，他发现所有行星运行 的轨道与公转周期的规律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴 的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等.已知金星与地球的公转周期之比约为 2:3， 地球运行轨道的半长轴为 a，则金星运行轨道的半长轴约为（ ） B. 0.70a C. 0.76a D. 0.96a A. 0.66a 【答案】C 【解析】
    【分析】设金星运行轨道的半长轴为 1a ，金星和地球的公转周期分别为 1t ， 2t ，根据题意 可得 a 1  3 12 3 a ，进而结合 3 2.5  3 12 2.1  ，即可得出结果. 【详解】设金星运行轨道的半长轴为 1a ，金星和地球的公转周期分别为 1t ， 2t ，由开普勒 定律得 3 a 1 2 t 1  3 a 2 t 2 t .因为 1 t 2  ，所以 3 a 1 2 3 a 4 9 3 ，即 a 1  因为函数 x 在 3 y ,  上单调递增，且  a . 3 12 3 9261 1000 ，且 125 8  3 2.5 , 9261 1000  3 2.1 ，  12  125 8 12 3 a 所以 3 2.5  3 12 2.1  ，因此 0.70 a  a 1  3  2.5 3 a  0.9 a ， 故选：C. 5. 若二项式 ax     1 2 x 6     a  0  的展开式中所有项的系数和为 64，则展开式中的常数项为 （ ） A. 10 【答案】B 【解析】 B. 15 C. 25 D. 30 【分析】根据赋值法可得系数和，进而求解 1a  ，由二项式展开式的通项公式即可求解常 数项. 【详解】令 1x  ，则所有的项的系数和为 a  61  ，由于 0a  ，所以 1a  ， 64  x   6 1 2 x    展开式的通项为 rT   1 C r 6 x 6  r 2  r x  C r 6 x 6 3  r ，故当 6 3 r 展开式中的常数项为 2 6C 15 , 故选：B  时，即 2 r  ，此时 0 6. 若     π π, 4 2    ，且 2 cos   cos    π 2   2      1 2 ．则 tan （ ） B. 2 C. 3 D. 2 3 A. 3 【答案】C 【解析】
    【分析】根据二倍角公式以及诱导公式化简得 2 cos   式以及弦切互化即可求解. 【详解】由 2 cos   cos    π 2   2      1 2 得 2cos   sin   ，进而根据齐次 1 2 cos 2   2cos   sin    1 2 cos 2 2cos   2 sin cos     2 sin    1 2 ，     1 2 ，化简得： 2 tan   4 tan    ，所以 tan 3 0 3 或 tan 1 ，    ，所以 tan 1 ，故 tan 3 ， 进而得 由于 1 2 tan  2 1 tan  π π,    4 2  32 4 ln 32   4 e  ， b  ， 1 e c  log 2 e 4 ，则（ ） B. c ；当 f ，其中 0 x  ，则   ex 时，   0  . x f x   1 ln x  x 2 ， 所以，函数  f x 的增区间为  0,e ，减区间为  e, . 因为 a  32 4 ln 32   4 e   4 ln 32  4 ln32 e   f  e 4 ln32   ， b   1 e f  e ， c  log 2 e 4  log 4 e 4  ln 4 4  2ln 2 4  ln 2 2  f  2  ，
    因为 e 4 ln32  2  4 e 64  2    2 e 8     1 ，则 4 ln32  e   ，则  f 2 e e 4 ln32    f  2   f   e ， 故 a   . b c 故选：A. 8. 已知函数 ( ), f x g x 的定义域均为 R，且 ( ) f x ( )  g (2  x )  5, ( ) g x  ( f x  4)  ．若 7 y  ( ) g x 的图像关于直线 2 x  对称， (2) g  ，则 4 22  1k   f k   （ ） B. 22 C. 23 D. 24 A. 21 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到 ( ) f x  ( f x  2)   ，从而得到 2 f   3  f   5    f   21   10 ，  f 4   f   6    f  22    10 ，然后根据条件得到 f 的值，再由题意得到  3 (2) g  从而得到  1f 的值即可求解. 6 【详解】因为 y  ( ) g x 的图像关于直线 2 x  对称， 所以  g 2  x    g x  ， 2  因为 ( ) g x  ( f x  4) 7  ，所以 ( g x  2)  ( f x  2) 7  ，即 ( g x  2) 7   ( f x  ， 2) 因为 ( ) f x  g (2  x  ，所以 ( ) ) 5 f x  ( g x  2) 5  ， 代入得 ( ) f x   7  ( f x  2)   ，即 ( ) f x 5  ( f x  2)   ， 2 所以   3 f  f   5    f   21       2 5  10 ， f  4   f   6    f  22        2 5  10 . 因为 ( ) f x  g (2  x ) 5  ，所以 (0) f g f (2)    2 f   0 3   . (2) 5  ，即  0 f 1  ，所以 因为 ( ) g x  ( f x  4) 7  ，所以 ( g x  4)  ( ) 7 f x  ，又因为 ( ) f x  g (2  x ) 5  ， 联立得，  g 2  x    g x  4   ， 12
    所以 y  ( ) g x 的图像关于点 3,6 中心对称，因为函数 ( )g x 的定义域为 R， 所以  3 g  6 因为 ( ) f x  ( g x  所以 2) 5  ，所以   1 f   5 g   3 1   . 22  k 1  ( ) f k  f   1  f   2  f     3  f   5    f   21    f     4  f   6    f  22        1 3 10 10    24 . 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当 的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 二、多项选择题：（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. 将函数  f x    cos 2 x  图象上所有的点向左平移 π  个单位长度，得到函数   g x 的 π 6 图象，则（ ） A.   g x 的最小正周期为 π B.   g x 图象的一个对称中心为    7π ,0 12    C.   g x 的单调递减区间为    π 3  5ππ, k 6  π k     k  Z  D.   g x 的图象与函数 y    sin 2   x  π 6    的图象重合 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据三角函数平移变换和诱导公式可得  g x    x cos 2    π 3    ；根据余弦型函数 最小正周期可知 A 错误；利用代入检验法可知 B 错误；根据余弦型函数单调区间的求法可知
    C 正确；利用诱导公式化简   g x 解析式可得  g x   x sin 2    π 6    ，知 D 错误. 【详解】由题意知：  g x   f x     π 6      cos 2   x   π 3 π       cos 2   x  π 3    ； 对于 A，   g x 的最小正周期 T   ，A 正确； π x  时， 7π 12 2 x   π 3   ，此时   g x   π 3 3π 2 cos 3π 2  ， 0 2π 2 7π 6 对于 B，当    7π ,0 12    对于 C，令 是   g x 的一个对称中心，B 正确； π 2 π 2    k x   π 3 2 π k  k Z ，解得：   2π 3  π k     x π 6 π k  k Z ，  即 π 3  π k   x 5π 6 正确；  π k  k Z ，   g x  的单调递减区间为    π 3  5ππ, k 6  π k     k   Z ，C 对于 D，  g x    cos 2   x   π 3 π      cos 2   x  2π 3     cos      π 2 2 x  π 6      sin 2   x  π 6    ，   g x 与 y    sin 2   x  π 6    图象不重合，D 错误. 故选：ABC. 10. 下列结论正确的有（ ） A. 若随机变量  1,N ~ 2  ，  P  4  0.77 ，则  P   2  0.23 B. 若随机变量 X B    ~ 10, 1 3    ，则  D X  3  1  19 C. 已知回归直线方程为  y bx 10.8 ，且 4 x  ， 50 y  ，则 9.8 b  D. 已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是 3，3，5，3，6，11.若这组数据 的平均数、中位数、众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为 22 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布对称性知 A 正确，计算   代入回归直线，计算得到C 正确，讨论三种情况得到可能数据的和为12 ， D 错误，得到答  ，B 错误，将 20 3 D X  D X ,x y 2 9    
    案. 【详解】对于 A，  P    2   P    4    1 0.77  0.23 ，故 A 正确； 10  D X  对于 B，  1 2    ，所以  3 3 对于 C，回归直线方程经过点 ,x y ，将 4 20 9   1 D X   3 20 9  2 3  ，故 B 不正确； 20 y  代入求得 9.8 b  ，故 C 正确； x  ， 50 31 x 7 对于 D，设丢失的数据为 x，则这组数据的平均数为 ，众数为 3，当 3x  时，中位数 为 3，此时 31 x   7 3 6  ，解得 x   ；当3 10 5x  时，中位数为 x，此时 x 31  7   ， 3 2 x 解得 4 x  ；当 x ≥ 时，中位数为 5，此时 5 x   3 1 3  7 1 0 ，解得 18 x  .所以所有可能 x 的值和为 10 4 18 12    ，故 D 不正确.  故选 AC. 11. 正方体 ABCD A BC D 1 1 1 1  的棱长为 1，E，F，G分别为 BC， 1 ,CC BB 的中点，则（ 1 ） A. 直线 1D D 与直线 AF垂直 B. 直线 1A G 与平面 AEF平行 C. 平面 AEF截正方体所得的截面面积为 9 8 D. 点 1A 与点 D到平面 AEF的距离相等 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据棱柱的结构特征，建立以 D 为原点，以 DA 、 DC 、 1D D 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴的空间直角坐标系 D xyz ，利用向量法即可判断 A，根据线线平行即可判断 B, 根据梯形面积即可判断 C,根据中点关系即可判断 D. 【详解】在棱长为 1 的正方体 ABCD A B C D 1 1 1 1  中，建立以 D 为原点，以 DA 、DC 、 1D D
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