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2022-2023学年湖北省荆州市荆州区高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2023-12-01 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.46M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年湖北省荆州市荆州区高三上学期期末数学试 题及答案 一、单项选择题（本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.下列各题，每小题只有一个选 项符合题意.） A   x x 2 4  x    3 0 B.  3 B    x Z 1 ， 1. 设集合 A.  2   1,2,3 【答案】C 【解析】   x  5 ，则 A B  C.  2,3 （ ） D. 【分析】先求出 A   和 x  3   A 1 x  x x  5    x 2 4  x ，所以   ，所以 B    2,3,4  3 0   2,3,4 B  ， 【详解】解：因为 因为 B    x Z 1 ，再求 A B 即可解题. A   x 1   ， x  3 所以 A B   2,3 ． 故选：C. 【点睛】本题考查求解一元二次不等式，集合的交集运算，是基础题. 2. 已知复数 (  z a  2i)(1 3i)(  a  R 的实部与虚部的和为 12，则| ) z   （ 5 | ） B. 4 C. 5 D. 6 A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先把已知 (  z a  2i)(1 3i)(  a  R 化简，整理出复数 z 的实部与虚部，接下来去 ) 求| z  即可解决. 5 | 【详解】 (  z a  2i)(1 3i)   ( a  6)  (3 a  ， 2)i 则有， 6 3 a   a   ，解得 2 2 12 a  ， 则 8 4i z   ， 5 3 4 i    ，故 z | 5 | z   2 3 +4 =5 2 ． 故选：C
    3. 已知△ABC中， AB AC  ， 1   BC  ，点 O是△ABC的外心，则CO AB 2  （ ） B. － 1 2 C. 1 2 D. 2 2 A. － 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】由△ABC为等腰直角三角形，得出  ABC  ， 45    CO AB     BC BA  1 2 结合数量 积公式计算即可. 【详解】  2 AB  2 AC  BC 2 ,  AC AB  ，即△ABC为等腰直角三角形，即  ABC  45   点 O是△ABC的外心，点 O是 BC 的中点   CO AB      BC BA  1 2   1 2 2 1   2 2  1 2 故选：C 4. 小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁．已知小明上学乘坐公共汽车的概率为 0.4，乘坐地铁的概率为 0.6，而且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为 0.05 和 0.04，则小明准时到校的概率为（ ） B. 0.956 C. 0.958 D. 0.959 A. 0.954 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出小明上学可以乘坐公共汽车和地铁准时到校的概率，然后求和可得答案. 【详解】小明上学可以乘坐公共汽车准时到校的概率为 0.4  1 0.05     0.38 小明上学可以乘坐地铁准时到校的概率为 0.6  1 0.04     0.576 所以小明准时到校的概率为0.38 0.576 0.956   故选：B 5. 已知圆锥的底面圆心到母线的距离为 2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积 为（ ） A. 8 【答案】C 【解析】 B. 16 C. 8 2 D. 4 2π
    【分析】设圆锥的底半径为 r ，母线为l ，高为 h ，则 2 r  ，则由条件可得 h  ，由勾 2l r 股定理可得 2 l  2 r  2 4l 2 r ，从而得出l 的最小值，得出答案. 【详解】设圆锥的底半径为 r ，母线为l ，高为 h ，则 2 r  由圆锥的底面圆心到母线的距离为 2，则 2l rh ，即 h  又 2 l  2 r 2  ，所以 h 2 l  2 r  2 l  ，解得 2 4l 2 r 4 r 2  r 4  2l r 1 2 r 1  4 4 r 由 2 r  ，则 1 2 r  4 4 r      2 2 r  2 1 4     1 16  1 16 当 2 2 r  ，即 2 2 r  1 4 时， l 最小值 4 则圆锥的侧面积为 rl  2 2 4    8 2  故选：C ，  1 0B , ，  C  ，  1, 2 4,2D   ，则向量 AB  与CD 夹角的余弦值为 B.  2 10 C.  7 2 10 D. 7 2 10 6. 已知点  A  1,2 （ ） A. 2 10 【答案】B 【解析】 【分析】结合向量坐标运算的余弦夹角公式即可求解.
     【详解】设 AB  与CD 的夹角为，因为  AB   2, 2   ，  CD   3,4 ，所以 cos   6 8  2 2 5    2 10 ． 故选：B 7. 已知正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， b n = 4 a n 3 a + 1 n ，且数列 nb 的前 n 项和为 nT ，若 对于一切正整数 n 都有 n S T ，则数列 na 的公比q的取值范围为（ n ） B.  0,1 C.   2,  D.  0,4 A.  1,  【答案】B 【解析】 【分析】本题首先可设 1q  ，通过 n S  的求和公式即可得出 n S n   1 1 q a  1 q  T 排除这种情况，再然后设 1q  ，通过等比数列 n T 、 n n  1 q   1 q  a 1 3 q   ，最后根据 1 a  、 0 q  、 n T 0 S n  即可得出结果. 【详解】因为等比数列 na 是正项等比数列，所以 0 q  ， 1 a  ， 0 若 1q  ，则 na a ， 1 b n = 4 a n 3 a + 1 n S = ， n a 1 T ，不满足题意； n 若 1q  ，则 S n  n   1 1 a q  1 q  ， b n = 4 n a a n 3 1 + = ， a q n 3 a 1 3 q T n   n q   1 1  q  T n  S n  a 1 n   1 q  1 q     1 3 q  1      1 a 1 n q  3 (1 q  1 q   ) 3 q    1 a 1  n q  1 3 q ，   a 1 3 q n  1 q   1 q   2   q q ， 因为 1 a  ， 0 q  ，所以若 n T 0 S ，则1 n nq  ， 0 1nq  ， 0 1q  ， 故数列 na 的公比 q的取值范围为 0,1 ， 故选：B. 8. 已知三棱锥 S ABC  的所有顶点都在表面积为 64π的球面上，且SA⊥平面ABC， SA  ， 4  BAC  ， 2  3 AB  2 3 ，M是边 BC上一动点，则直线 SM与平面 ABC所成的最大角的正
    切值为（ ） A. 3 【答案】B 【解析】 B. 4 3 3 C. 3 D. 3 2 【分析】根据三棱锥 S ABC  外接球的表面积以及三棱锥的几何特点，求得 BC 的长，再 根据线面角的定义，求得其正切值的表达式，求其最大值即可. 【详解】根据题意，将三棱锥 S ABC  放入直三棱柱 1 1 SB C ABC  ，则两者外接球相同， ABC SB C 的外心为 1 ,O O ，连接 1 2O O ，且取其中点为O ，连接 1 1 , 2 ,OA AO 如下 1 且取底面 所示： 因为三棱锥 S ABC  外接球的表面积为 64，设外接球半径为 R ，则 4 R 2 4R  ；  64 ，解得 对直三棱柱 1 1 SB C ABC  ，其外接球球心在 1 2O O 的中点O 处，也即 OA  ， 4 故在 Rt OO A  1 中，因为 OA  4, OO 1  1 2 SA  ，设 ABC 2 外接圆半径 1AO 为 r ， 则 2 r  2 2 2  ，解得 2 3 r  4 ； 在 ABC 中，因为  2 BAC  3  ，且 2 3 r  ，故可得  BC 2 r 2 3 sin ，即 BC   2 2 3  3 2  ， 6 再由正弦定理可得 AB ACB  sin  2 r ，则 sin  ACB  AB 2 r  2 3 4 3  ，又 ACB 1 2 为锐角，
    故 则 ACB   ；  6 ABC  6   ，即 ABC 是以 BAC 为顶角的等腰三角形； 因为 SA  平面 ABC ，故 SM 与平面 ABC 的夹角即为 SMA ，则 tan  SMA  4 SA AM AM  ， 又 AM 的最小值即为 BC 边上的高线，设其长度为 h ，则 h  sin  ABC AB    1 2 2 3  3 . 故当 SMA 最大时， tan SMA 为 4 3 3 4 3 3 . 故选：B. ，即直线 SM与平面 ABC所成的最大角的正切值为 【点睛】本题综合考查棱锥外接球问题、解三角形问题以及线面角的求解，处理问题的关键 是对每种问题都能熟练的掌握，从而可以灵活的转化，属综合困难题. 二、多选题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多个选 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  2(sin x  | sin |)cos x x ，给出下列四个命题，其中正确的是（ ） A. f x 的最小正周期为 ( ) 称 C. ( ) f x 在区间        4 4  , 上单调递增 【答案】BD 【解析】 B. f x 的图象关于点 ,0 ( )   2     中心对 D. f x 的值域为[ 2,2] ( )  【分析】根据   f x 的周期性、对称性、单调性、值域等知识确定正确选项. 【详解】  f x    2   sin x  sin x     cos x    2 sin x  sin x   cos x   f x  ，所以 A 选项错误. f     2      2 sin    2  sin  2     cos  2  0 ， f   2   x     2 cos x  cos x   sin x  ，
    f     2  x      2 cos x  cos x 所以 ( ) f x 的图象关于点 ,0   2  sin x   f     2  x    ， 中心对称，B 选项正确.     f       4   2      2 2  2 2      2 2  0 ，   0 f   2 0 0 1 0     ，所以 C 选项错误.  f x      4sin cos ,2 k x k       2 0,2 k x       x x k   2 2  2 2sin 2 ,2 k k       2 2 0,2 k k x      x x       ， 所以 ( ) f x 的值域为[ 2,2]  ，D 选项正确. 故选：BD 10. 三角形 ABC 中， 角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ， 下列条件能判断 ABC 是 钝角三角形的有 （ ） A. a  6, b  a b  c b  2 sin C. 2 b C c    4 5, c sin C sin sin A  2 2 sin  B B 2 cos cos bc B   AB BC   2 a B. D. C 【答案】BC 【解析】 【分析】利用正余弦定理逐一判断即可 【详解】A：由 a   可知 A B C b   ，且 2 b c  2 c  41 36  2  ，所以 A 是锐角，故 A 不 a 能判断； B：由   AB BC  C：由正弦定理 判断； ac   a b  c b  cos  B c a b  2 a ,得 cos 0B  ，则 B 为钝角，故 B 能判断； ，得 2 b  2 c  2 a   ，则 bc cos A   ， 1 2 2 A   ，故 C 能 3  D：由正弦定理，条件等价于 2 sin B sin 2 C  2 sin C sin 则sin sin B C  cos B cos C ，即 cos( B C ) 0  ，故 断. 2 B cos B B C   2 = 2sin sin cos B C A   ，故 D 不能判 2  ，则 C ，
    故选：BC 11. 已知双曲线 C : 2 2 x a  2 2 y b  1( a  0, b  的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，左、右顶点分别为 0) 1A ， 2A ，P为双曲线的左支上一点，且直线 1PA 与 2PA 的斜率之积等于 3，则下列说法正确 的是（ ） A. 双曲线C 的离心率为 2 PF B. 若 1 PF 2 ，且 S △ PF F 1 2  3 ，则 2 a  C. 以线段 1PF ， 1 2A A 为直径的两个圆外切  PF A 2 1   2 PA F 2 1 D. 若点 P在第二象限，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过 k PA 1 k PA 2  求得 3 2 2 b a ，从而求得双曲线的离心率，由此判断 A 选项的正确性. 结合三角形 1 2 PF F 的面积以及双曲线的定义求得 a ，由此判断 B 选项的正确性.通过圆心距 和两个圆半径间的关系判断 C 选项的正确性.结合二倍角的正切公式来判断 D 选项的正确性. 【详解】对于 A，设 ( , P x y ，则 ) 2 y  2 b    x a 2  2 1    ，因 为 1( A a ,0) ， 2( ,0) A a ， 所以 k PA 1  k PA 2  y x a x a  y    2 x 2 y  2 a  2 2 b a ，由 2 b a 2  ，得 3 2 e  1  2 2 b a  ，故 A 正确. 2 对于 B，因为 c a  ，所以 2c PF a ，根据双曲线的定义可得 2 2  PF 1  ， a 2 PF 又因为 1 PF 2 ，所以 S △ PF F 1 2  PF PF 2  1  3 ，整理得 1 PF PF 2 6  . 1 2 PF 1 由 PF 1 2  PF 2 2  2 (2 ) c ，可得  PF 2 2  2 PF PF 2  1  2 4 c ， 即 2 a 4  12 16  a 2 ，解得 1a  ，故 B 错误， 对于 C，设 1PF 的中点为 1O ，O为原点.因为 1OO 为 PF F△ 1 2 的中位线，所以 OO 1  1 2 PF 2   1 2 PF 1  2 a   1 2 PF 1  ，则可知以线段 1PF ， 1 2A A 为直径的两个圆 a
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