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2022-2023学年广东省东莞市高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2023-12-06 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：4.63M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年广东省东莞市高三上学期期末数学试题及答 案 一、单项选择题：本大题共 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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 1. 设集合 A  { | x x 1}  ， B   2 | x x    x  2 0 A. { | x x   1} B. { | x x  1} { |1 x x  2} 【答案】A 【解析】 ，则 A B  （ ） C. { | 1    x x 1} D. 【分析】解出集合 B   x | 1    x  2 ，根据并集的运算法则求得结果. 【详解】由 2 x x   ， 2 0 得 ( x  2)( x 1) 0   ，得 1    x 2 B   x 即 | 1    x  2 ， 则 A B  { | x x   1} 故选：A. 2. 已知复数 z 满足： i 1 i z    （i 为虚数单位），则| |z  （ ） B. 1 C. 2 D. 2 A. 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】通过复数除法得 1 i z   ，利用复数模的定义即可得到答案.  21 2  1    2 . 【详解】 z  1 i  i   i 1 i  2 i   ，故 1 i z  故选：C. 3. 已知向量  AB  (4,3) ，  AC  (3, ) t ，  BC  uuur uuur ，则 AB AC 1 等于（ ） A. 3 B. 4 C. 15 D. 21
    【答案】D 【解析】  【分析】先由平面向量的线性运算求得 BC ，再由平面向量模的坐标表示得到关于 t 的方程， uuur uuur 解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得 AB AC .  AC ，  (3, ) t ， (4,3) 【详解】因为   AB    BC AC AB  BC  ，所以 所以 因为 1      1, t  3  ， 2   1    t 3 2   ，解得 3 t  ，则 1  AC  (3,3) ， 所以 uuur uuur AB AC      4 3 3 3 21 . 故选：D. 4. 如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线） 平滑连续（相切），已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析 式为（ ） 31 x 4 x 3  B. y  1 4 3 x  2 x  x C. y   31 x 4  x D.  x 2 x  x A. y  y   1 4 【答案】A 【解析】 【分析】由图象设函数式为 ( ) f x  ( ax x  2)( 求解．  ，然后求导，利用 (0) x b f  ) 【详解】由题意设三次函数的解析式为 ( ) f x  ( ax x  2)( x b  ，即 ) ( ) f x  3 ax  ( a b  2) x 2  2 abx ，   ， (2) f  1  2  ( ) 3 f x  ax 2  2 ( a b  2) x  2 ab ，
    ∴  (0) 2 f ab      (2) 12 a f   1   4 ( a b  2) 2  ab  2 ，解得   a    b 1 4 2 ， 1 4 ∴ ( ) f x  故选：A． ( x x  2)( x  2)  1 4 3 x  ， x 5. 已知 F为抛物线 2 y x 的焦点，P为抛物线上任意一点，O为坐标原点，若| 4 PF  ， | 3 则| |OP  （ ） A. 2 2 【答案】C 【解析】 B. 3 C. 2 3 D. 17 【分析】根据抛物线定义结合| PF  ，求得点 P的坐标，即可求得答案. | 3 【详解】由题意 F为抛物线 2 y x 的焦点，则 (1,0) F 4 ,且准线方程为 = 1 x  ， 设 ( P x , y P ) P ,由| PF  可得 | 3 x P 1 3,     ,代入 2 y x P 2 x 得 2 Py  ， 4 8 即 (2, 2 2) P  ,故 | OP |  x 2 P  y 2 P  12  2 3 , 故选：C 6. 甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给 乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过 3 次传球后乙恰接到 1 次球的概率为（ 17 27 14 27 16 27 5 9 C. D. A. B. ） 【答案】C 【解析】 【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果. 【详解】传球的结果可以分为： 分别传给 3 人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共 6 种； 若传给 2 人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共 6 种； 再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲 乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共 15 种； 共 27 种，只传乙一次的有 16 种，所以所求概率为 P  16 27
    故选：C 7. 已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为 6，下底半径为 1，高为 5 3 ，若将一个铁 球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的体积的最大值为（ ） B. 32 3π C. 125 3π 2 D. 108π A. 4 3π 【答案】B 【解析】 【分析】作出体积最大时的剖面图，分析出此时圆与上底，两腰相切，建立合适直角坐标系， 设圆心坐标为 0,t ，利用圆心到腰所在直线等于半径列出方程，解出即可. 【详解】体积最大时，沿上下底面直径所在平面作出剖面图如图所示，显然此时圆 F 与等 腰梯形 ABCD 的上底以及两腰相切，则建立如图所示直角坐标系， 由题意得  1 0B , ，  C 6,5 3  ，则 BCk  5 3 5  ， 3 则直线 BC 所在直线方程为 设  0,F t ，体积最大时球的半径为 R ， y  3  x 1  ，即 3  x y  3 0  则 R EF   5 3  ，则点 F 到直线 BC 的距离等于半径 R ， t t    3 2 3  1   2   5 3  t ， 则有  解得 3 3 t  或11 3 ， 0  t  5 3 ， t  3 3 ，此时 EF  5 3 3 3   2 3 ，
    3 π R  π   4 3 2 3 3  32 3π  则 V 4 3 故选：B.    a b ln b 1  ，则下列选项中一定正确的是（ B. b  ea C. b a  1 ） D. 8. 已知实数 a，b满足 e a A. b  ea b a  1 【答案】B 【解析】 【分析】构建函数   f x   x ln x  ，对 A、B：根据题意结合  1  f x 的单调性分析判断； 对 C、D：通过赋值令 a   和 0 【详解】令   f x   x ln x a ∵ e    a b ln b  ，即   f b 1 a  分析判断. 3  ，则  f x 在定义域 1   1      e e f f a a  0,  内单调递增，  ， ∴ ea b  ，A 错误，B 正确； a   ，则   f b 3 令  a e   a e 3    ，且  1 3 0 f   ， 2 0 ∴ 0 1b  ，此时 a  ，则   f b 令 0 b a  ，C 错误； 1  a e   ，且  1 a 1 f   ， 2 1 ∴ 0 1b  ，此时 b a  ，D 错误； 1 故选：B. 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分．请把正 确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 9. 已知二项式 (1 )x 2023 ，则下列结论正确的是（ ） A. 该二项展开式中二项式系数和与各项系数和相等 B. 该二项展开式中不含有理项 C. 该二项展开式中的常数项是 1 D. 该二项展开式中含 x的项系数是 2023 2022  【答案】AC
    【解析】 【分析】由二项式定理，结合二项式系数的性质和二项式展开式的通项公式，逐个验证选项. 【详解】二项式 (1 )x 2023 ，展开式中，通项公式为 rT   1 r 2023C 该二项展开式中二项式系数和为 20232 ，令 1x  各项系数和为  1 1  x  2023 r ， 2023  2 ，二项展开 式中二项式系数和与各项系数和相等，A 选项正确； 由二项式展开式的通项公式可知， r 为偶数时，对应的项为有理项，B 选项错误； 该二项展开式中的常数项是 该二项展开式中含 x的项为 T  1 0 2023C T 3  C 2 2023 1  ，C 选项正确；  2023 2022 2  x  2 x ，系数是 2023 2022  2 ， D 选项错误. 故选：AC 10. 已知 ( ) f x 满足 ( ) f x  ( f x  ，且 ( ) f x 在 2π)    π0, 2    上单调递增，则 ( ) f x 可以是（ ） A. ( ) f x  sin x  cos x B. ( ) f x  sin x  cos x C. ( ) f x  sin cos x x 【答案】BD 【解析】 D. ( ) f x  sin cos x x 【分析】利用三角恒等变换公式以及正弦、正切函数的图象性质一一判断即可求解. 【详解】对于 A， ( ) f x  sin x  cos x  2 sin( x  ，周期 )   2 π k  2 π k ，解得  2 π k   π 4  3π 4 2 π k  2π 1 2 π k  2π . ， T  π 4   x 5π 4 2 π k ，解得 π 4   x 2 π k ， π 2  令 令 π 2 2 π k x   π 4    x  π 2 3π  2 π 4 3π 4 所以函数在      2 π, k π 4   2 π , k   k  Z 单调递增，    π 4  2 π, k 5π 4   2 π , k   k  Z 单调递减， 令 0 k  ，则在    3π π, 4 4    单调递增，    π 5π, 4 4    单调递减，故 A 不满足题意；
    对于 B， ( ) f x  sin x  cos x  2 sin( x  ，周期 ) π 4  2π .   2 π k     2 π k ，解得 2 π k  2 π k ， T  2π 1   x 3π 4 7π 4   π 4 3π  4 π 2  令 令 π 2 2 π k x π 4    x π 4 π 2 3π 2  2 π k ，解得 2 π k   x  2 π k ， 所以函数在      π 4 2 π, k 3π 4   2 π , k   k  Z 单调递增，    3π 4  2 π, k 7π 4   2 π , k   k  Z 单调递减， 令 0 k  ，则在    π 3π, 4 4    单调递增，    3π 7π, 4 4    单调递减，故 B 满足题意； 对于 C， ( ) f x  最小正周期 T  sin 2 x ， sin cos x x  1 2  ，满足 ( ) f x π  ( f x  ， 2π) 2π 2 2 x    π 2 3π 2 ππ, k 4   2 π k  2 π k ，解得   π k    ， x π 2  令 令 π 2 2 π k  2 x  2 π k ，解得 π 4 kπ   x 所以函数在      π 4   π , k   k  Z 单调递增， π 4  k π π 4 3π  ， 4 kπ    π 4  3ππ, k 4   π , k   k  Z 单调递减， 令 0 k  ，则在    π π, 4 4    单调递增，    π 3π, 4 4    单调递减，故 C 不满足题意； x x  tan x ， 对于 D， ( ) f x  最小正周期 T  sin cos π 1  ，满足 ( ) f x π  ( f x  ， 2π) 且由正弦函数的单调性可知函数在    π π, 2 2    单调递增，故 D 满足题意. 故选:BD. 11. 已知正方体 ABCD A BC D 1 1 1 1  ， , ,E F G 分别为 BC ， 1CC ， 1BB 的中点，则下列结 论正确的是（ ）
    A. 直线 1B C 与直线 AF 垂直 B. 直线 1A G 与平面 1D EF 平行 C. 平面 1D EF 与平面 1 1A B CD 垂直 D. 点 C和点 1A 到平面 1D EF 的距离 相等 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量的坐标，求出平面平面 1D EF 与平面 1 1A B CD 的法向量，根据空间位置关系的向量方法，可判断 A,B,C ,利用空间距离的 向量求法可判断 D. 【详解】如图，以 A为原点，以 标系： AB AD AA 所在直线为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐 , , 1 B 设正方体棱长为 2，则 1  AF (0,2, 2),  B C 故 1    (2 ,0, , 2) C (2,2,0), (0,0,0), A F (2, 2,1), D (0,2, 0 ) ， (2,2,1) ,   B C AF 由于 1         0 2 2 2 2 1 2 0   ,B C AF ，故 1 不垂直， 即直线 1B C 与直线 AF 不垂直，A 错误； G (2,0,1), (0,2,2), E (2,1,0) A 又 1 (0,0,2),  AG  D 1  D E  , 1 所以 1 (2,0, 1)  (2, 1, 2)   设平面 1D EF 的法向量为 ( , , ) x y z  n  ,  (2,0, 1) D F  , 1     n D E  1    n D F   1   0 0 ，则 ， ,  z  0 2 2 x x        y z 2 0 ， 取 1x  ，则 y   2, z  ，即 (1, 2,2)  2  n  ，
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