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2022-2023学年河北省唐山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：3.14M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年河北省唐山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、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横 贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的纲笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域的 相应位置内;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案;不准使用䂏笔和涂改液.不 按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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，只有一项 是符合题目要求的. A     1 1  x  ∣  x  B ，   x y ∣   log 1 2  x   ，则 A B  （ ） B.  0,1 D.  ,1 1. 已知集合 A.  0,1 C.  ,1 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式求得集合 A ，求函数的定义域求得集合 B ，由此求得 A B . 【详解】 1 x  1, 1 x 1   x 1  x  ， 0 x   0  1 x   x   0 ，解得0 1x  ，所以 A   0,1 . B   ， ,1  1   x 0, x  ，所以 1 所以 A B   0,1 . 故选：A
    2. 已知函数  f x   2 2 x  x 1 ，则其图像大致为（ ） A. C. 【答案】D 【解析】 B. D. 【分析】利用函数的奇偶性及部分图像最值判断即可. 【详解】由函数的定义域为 R ，关于原点对称， 又  f  x   2   x  x   2   1   2 2 x  x 1    f x  ， 故函数为奇函数，因此 A,B 错误， 当 0 x  时，  f x   2 2 x  x 1   2  x 1 x 2 2 x  1 x  1 ， 当且仅当 x    时取等号，即当 0 x  时，函数有最大值 1， 1 x x 1 所以 C 错误， 故选：D. 3. 已知函数  f x   3sin2 x  cos2 x ，则（ ） A.  f x 在  B.  f x 在  C.  f x 在     π ,0 6       π ,0 6       π ,0 6    单调递增，且图象关于直线 单调递增，且图象关于直线 单调递减，且图象关于直线 x  对称 π 6 x  对称 π 3 x  对称 π 6
    D.  f x 在     π ,0 6    单调递减，且图象关于直线 x  对称 π 3 【答案】B 【解析】 【分析】化简   f x 的解析式，根据三角函数的单调性、对称性确定正确答案. 【详解】  f x   3sin2 x  cos2 x  x 2sin 2    π 6    ， 由于  π 6  x   0, π 2  2 x  π 6   π 6 ， 所以  f x 在     π ,0 6    单调递增， f    f    π 6 π 3         2sin 2sin π 6 π 2    1 2 ，所以  f x 不关于直线  x  对称. π 6  2 ，所以  f x 关于直线  x  对称. π 3 故选：B 4. nax    x   A. 1 【答案】B 【解析】 的展开式共有七项，且常数项为 20，则 a （ ） B. 1 C. 2 D. 2 【分析】根据展开式的项数得到 6n  ，进而由展开式通项公式得到 T 4  3 6C   a 3  ， 20 求出 a 的值. 【详解】因为 nax    x   的展开式共有七项，故 6n  ， 且展开式通项公式为 rT   1 C r 6 x 6  r  1   ax  ，解得： 3 r  ，故 0 T 4  3 6C 令 6 2 r 故选：B   Cr  r 6 x 6 2  r  a  ， r   a 3  ，解得： 20 1 a   .
    5. 直线 : l x y   与抛物线 1 0 C y : 2 x 交于 ,A B 两点，则 AB  （ 4 ） B. 4 2 C. 4 D. 2 2 A. 8 【答案】A 【解析】 【分析】联立直线l 的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由此求得 AB . x 【详解】由 2 y    y     1 0 x 4 ，消去 y 并化简得 2 6 x x 1 0   ，   32 0  ， 设  x A x y B x y ，则 1 , , 1 2  , 1   2  x 2  6, x x  1 2 1  ， 所以 2 1 1    x 1  x 2 2  4 x x 1 2  2  36 4 8   . 故选：A 6. 高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进 行 1 2 3    的:1 100 101 2 99 101  100   ， L  的 求 和 运 算 时 ， 他 是 这 样 算  ， ， 50 51 101   ，共有 50 组，所以 50 101 5050   ，这就 是著名的高斯法，又称为倒序相加法.事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数 y    f x 的 图 象 关 于 点    1 1  ，  2  对 称 ， S n   n   1 f       1     1 n  f    2     1 n    f    n  1       n ， 为数列 na 的前 n 项和，则下列 S n 结论中，错误的是（ ） A. B.   f x  f  1  x   2 nS   n n  1 C. S n  a n  n  1  2 D. 1 S 1  1 S 2  1 S 3    1 S n  1 【答案】C 【解析】
    【分析】对于 A，利用函数的中心对称性公式即可求解； 对于 B，利用倒序相加法求和及 A 选项的结论即可求解； 对于 C，利用 B 选项的结论及 na 与 nS 的关系，结合等差数列的前 n 项和公式即可求解； 对于 D，利用 B 选项的结论及裂项相消法求和即可求解. 【详解】对于 A，因为函数 y    f x 的图象关于点    1 1 ， 对称，所以 2    f    1 2  t     f    1 2  t     2 ，令 x   ， t 1 2 所以   f x  f  1  x   ，故 A 正确； 2 对于 B，因为 S n   n   1 n i  n ( f 1  i ，  ) S  n n   1 1 n  i 1  f ( n i 1   1 n  ) ， 所以 2 S n   n   1 因为 f ( i  1 n )  f ( i  1 )  f ( n i 1   1 n  )  ，   n f (     1 i  1 n   1 n  n i  2 ，所以 2 nS   n  1 2   ，即 n nS   n n 1  ，故 B 正确； ) 对于 C，由题可知，当 1n  时， a 1 S 1  1 1 1     ，当 2n  时， 2  a n  S n  S n 1    n n  1    n n   1  ，取 1n  时， 1 a    ， 1a 满足此式， 2 1 2 n 2 故 na 的通项公式为 na 2 n .所以 S n  a n   n  1  2 n  n  1 2  2 ， 而 nS   n n 1  ，所以 S n  a n  n  1  2 .故 C 错误； 对于 D，因为 nS   n n 1  ，所以 1 nS  1  n n   1   1 n 1  ， 1 n 所以 1 S 1  1 S 2  1 S 3    1 S n     1  1 2        1 1 2 3         1 1 3 4           1 n  1   1  n 1   1  1 n ，  0 ，所以 1  1 1n   1 ，即 1 S 1  1 S 2  1 S 3    1 S n  1 ，故 D 正确. 因为 1 1n  故选：C. 7. 已知正三棱锥 P ABC 的侧棱长为 2，则该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为
    （ ） A. 8π 【答案】C 【解析】 B. 10π C. 12π D. 14π 【分析】利用正三棱锥的特点及体积公式，结合三元基本不等式及正方体的体对角线为正三 棱锥的外接球的直径，然后利用球的表面积公式即可求解. 【详解】设 H 为底面 ABC 的中心，延长 AH 交 BC 于 E ，连接 PH ,如图所示 因为三棱锥 P ABC 是正三棱锥， 所以 PH  平面 ABC ，且 AE 是 BC 边上的中线， 设 AB x ，则 2 AH  2 3 AE 2   3 3 x  2 3 3 x ， 在 Rt PAH△ 中， PH  2 PA  AH 2  2 1  21 x 3 ， 所以三棱锥 P ABC 的体积为 V  1 3 S  ABC  AH   1 3 3 4  2 x 2  2 1  1 3 2 x  2 3 2 x 3  2 x ， 因为 2 x 3  2 x  2 1 2 2 x  1 2 2 x   3  2 x 可得 V  1 3 立， S  ABC  PH  2 3 2 x 3  2 x   4 3 2   3    3 3     2 ， ，当且仅当 2 x 1 2   ，即 3 2 x x  时，等号成 2 当 x  时，正三棱锥 P ABC 体积取得最大， 2 所以正三棱锥 P ABC 的侧棱长为 2，底面边长为 2 2 ， 由此可知，该正三棱锥 P ABC 的侧面为等腰直角三角形，即侧棱 , PA PB PC 两两垂直， ,
    则该正三棱锥 P ABC 的外接球为棱长为 2 的正方体的外接球， 所以该正三棱锥 P ABC 的外接球的直径为正方体的体对角线， 即  ，解得 2 R  R  2 2 2 2  3 , 2 2 2 所以外接球的表面积为 S  2 4π R  12π . 故选：C. 8. 设 a  ln 11 10 , b  tan 1 10 , c  ，则（ 1 11 ） A. a b c   b C. a   c B. c   b a D. c
    所以 g    1 11     g   0   ln1 0 0   ， 所以   ln 1    1 11     1 11  0 ，即 ln 11 10  ，所以 a 1 11 c ， 综上， c
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