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1、赣州市20222023学年度第一学期期末考试高三数学（理科）试卷 2023年1月本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.1. 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由指数、对数函数单调性化简集合，即可进行集合运算.【详解】，故.故选：A2. 函数，则=（ ）A. B. 0C. D. 2【答案】D【解析】【分析】先计算出，再计算的值.【详解】，故.故选：D3. 若数列是等比数列，且，则（ ）A. B. C. 62D. 64【答案
2、】C【解析】【分析】根据，得到，然后利用等比数列的性质求即可.【详解】由题意得，设数列的公比为，则，所以，整理得.故选：C.4. 为了研究某班学生的右手一拃长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取了12名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为，已知，若某学生的右手一拃长为22厘米，据此估计其身高为（ ）A. 175B. 179C. 183D. 187【答案】C【解析】【分析】根据题意得到样本中心点，然后根据回归直线经过样本中心点得到，即可得到回归直线方程，最后将代入计算即可.【详解】由题意得，所以样本中心点为，代入得，解得，所以其回
3、归直线方程为，将代入可得.故选：C.5. 若复数（a，为其共轭复数），定义：.则对任意的复数，有下列命题：；：；：；：若，则为纯虚数.其中正确的命题个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】A选项，利用复数模长公式计算出；B选项，利用复数加法法则计算得到；C选项，利用复数乘法法则计算得到；D选项，利用复数除法法则计算得到，当，此时不一定是纯虚数.【详解】，则，故，正确；，正确；，则，错误；，若，且，此时为实数，故错误；故选：B6. 程大位（15331606），明朝人，珠算发明家.在其杰作直指算法统宗里，有这样一道题：荡秋千，平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步与人齐
4、，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉，良工高士素好奇，算出索长有几？将其译成现代汉语，其大意是，一架秋千当它静止不动时，踏板离地一尺，将它向前推两步（古人将一步算作五尺）即10尺，秋千的踏板就和人一样高，此人身高5尺，如果这时秋千的绳索拉得很直，请问绳索有多长？（ ）A. 14尺B. 14.5尺C. 15尺D. 15.5尺【答案】B【解析】【分析】根据勾股定理即可得解.【详解】设绳索长度为 尺, 则秋千被推送 10 尺时, 踏板距绳索顶端的距离为 , 此时踏板距绳索顶端距离、往前推送10尺的水平距离、绳索长刚好构成一直角三角形.则根据勾股定理可列方程： 解得, , 即绳索长度为尺,故选：
5、C.7. 已知过抛物线C：的焦点F的直线l被C截得的弦长为8，则坐标原点O到l的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设直线l为，交点，联立抛物线方程，根据韦达定理及弦长公式，求得，即可得到直线方程，再利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】解：抛物线C：的焦点，设直线l为，交点，联立，得，则，弦长，解得，所以直线l的方程为，即，原点O到l的距离，故选：C.8. 若展开式的各项系数和为729，展开式中的系数为（ ）A. B. C. 30D. 90【答案】D【解析】【分析】利用赋值的思路，令得到，即可得到，然后求展开式中的系数即可.【详解】令，可得，解得，所以展开式中的系
6、数为.故选：D.9. 直线与双曲线E：（，）交于M，N两点，若为直角三角形（其中O为坐标原点），则双曲线E的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】联立直线和双曲线方程得到，的坐标，根据为直角三角形和双曲线的对称性得到，整理得，然后求离心率即可.【详解】联立得，因为为直角三角形，所以，整理得，即，.故选：B.10. 已知函数，的最小值为a，则实数a的值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】由辅助角公式化简得，可得，分析取最小值的情况，求得，即可得到，进而求出a的值.【详解】解：，且则，解得，则，即，解得，故选：D.11. 在三棱锥中，且，则三棱锥的
7、外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分析出P,A,B,C四点在同一长方体的顶点上即可求解.【详解】，所以,所以，又,，所以,所以，又，所以平面，所以,所以，所以的外接球的表面积.故选：C.12. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，求导证明函数单调性即可判断大小关系.【详解】由，得，设，则即时，为增函数，时，为减函数，所以，即，即，令，则，则在上单调递增，则，即，即，综上所述.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造与，得到两个重要不等式，是一道有一定难度的压轴题.第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第1321题为
8、必考题，每个试题考生都必须作答，第2223题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，均为单位向量且夹角为，则_.【答案】1【解析】【分析】根据平面向量数量积公式求得，再利用平方关系求模长.【详解】解：由题意得，则，故答案为：1.14. 已知，则=_.【答案】【解析】【分析】由条件利用两角和的正切公式求得，利用二倍角公式以及同角三角函数的基本关系化简要求的式子为，运算求得结果【详解】，故答案为【点睛】本题主要考查了两角和的正切公式，二倍角公式，同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题15. 如图，、是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间
9、的距离是2，等腰直角三角形的三顶点分别在,上，则的斜边长可以是_（写出一个即可）.【答案】或或（三个任选一个）；【解析】【分析】根据等腰直角三角形的性质，结合锐角三角函数表示三角形的变长，以及平行线间的距离即可分类讨论求解.【详解】当直角顶点在直线上时，如图：过分别作直线，的垂线，垂足为,记,为锐角，则,设，在直角三角形中，在直角三角形中，,因此可得，又，联立即可求解，因此斜边当直角顶点在直线上时，如图：过分别作直线的垂线，垂足为,记,为锐角，则,设，在直角三角形中，在直角三角形中，,因此可得，又，联立即可求解，因此斜边，当直角顶点在直线上时，如图：过分别作直线的垂线，垂足为,记,为锐角，则,
10、设，在直角三角形中，在直角三角形中，,因此可得，又，联立即可求解，因此斜边，故答案为：或或16. 斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列满足，且，则称数列为斐波那契数列.已知数列为斐波那契数列，数列满足，若数列的前12项和为86，则_.【答案】8【解析】【分析】利用斐波那契数列定义可写出数列的项，再利用，代入n的值，可求得数列的项之间的关系，进而得解.【详解】斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，.由得：，则，同理：，得：，则，则，则故答案为：8.【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系求数列项，解题的关键是理解斐波那契数列，写出对
11、应的项，再利用数列的递推关系求出数列的项的关系，即可求解，考查学生的理解能力与运算求解能力，属于难题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求B的值；（2）若与边上的高之比为35，且，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据余弦的额倍角公式和诱导公式即可求解；（2）根据余弦定理和面积公式即可求解.【小问1详解】由，由内角和定理得：，由内角和定理得：， 进而得：，B为三角形内角，解得：，（舍去），从而得.【
12、小问2详解】由题设知，不妨设， 由余弦定理得：，联立得：， 即，故，从而的面积.18. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是凸四边形，且，.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由题意可证得，由线面垂直的判定定理可证得面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.【小问1详解】连接，由题设，得.又，故，由余弦定理可得：，解得：或，若，在中，所以，在中，所以，所以，因为四边形是凸四边形，所以.从而有，又面
13、且面，得，面，故面， 又面，所以面面；【小问2详解】因为面且面，得，又因为，所以，所以，平面，所以面，以为坐标原点，分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，由（1）知面，故面的一个法向量为设面的法向量为，由，结合，令，得故一个法向量为，记平面与平面夹角为，则有.19. 设有标号为1，2，3，n的n个小球（除标号不同外，其余均一样）和标号为1，2，3，n的n个盒子，将这n个小球任意地放入这n个盒子，每个盒子放一个小球，若i（，2，3，n）号球放入了i号盒子，则称该球放对了，否则称放错了.用表示放对了的球的个数.（1）当时，求的概率；（2）当时，求的分布列与数学期望.【答案】（1）
14、 （2）分布列见解析，1【解析】【分析】（1） 当时， 将4个小球放入4个盒子共有种方法，再求出4个小球都放错了的方法总数，由古典概率即可得出答案. （2）列出的所有可能取值，分别求出其概率，即可得到的分布列，再由期望公式即可求出的数学期望.【小问1详解】当时，表示四个球都放错了，将4个小球放入4个盒子共有种方法，由题设知：.【小问2详解】的所有可能取值为0，1，2，3，5 故的分布列为01235P故的数学期望为20. 已知椭圆C：（）过点且离心率为，过点作两条斜率之和为0的直线，交C于A，B两点，交C于M，N两点.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在实数使得？若存在，请求出的值，若不存在，说
15、明理由.【答案】（1） （2）存在实数【解析】【分析】（1）根据题意可得，解方程可求出，即可求得椭圆C的方程；（2）方法一：令直线的斜率为，则直线的斜率为，令，的方程为，联立椭圆与直线方程写出韦达定理，即可表示出，同理可表示出，可得，即可得出答案.方法二：直线的倾斜角为，则直线的斜率为倾斜角为，则直线的参数方程为（t为参数），将直线的参数方程代入椭圆方程得到关于的一元二次方程，即可表示出，同理可表示出，可得，即可得出答案.小问1详解】 解得椭圆C的方程为【小问2详解】方法一：直线与的斜率之和为0，令直线的斜率为，则直线的斜率为，令，则的方程为，则，则直线的斜率为，令，同理：，分，同理：，所以存
16、在实数方法二（2）直线与的斜率之和为0，令直线的倾斜角为，则直线的斜率为倾斜角为令直线的参数方程为（t为参数）代入得：即令点，对应的参数分别为，则，则同理：令直线的参数方程为，（为参数）代入得：即令点，对应的参数分别为，则 则则，所以存在实数21. 已知函数（其中e为自然对数的底数），且曲线在处的切线方程为.（1）求实数m，n的值；（2）证明：对任意的，有.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知得，代入求解即可；（2）由题知，求导研究函数的单调性证得恒成立，即可证得结论.【小问1详解】由，得，又曲线在处的切线方程为，故切点，所以，解得【小问2详解】由（1）知，记则记记显然
17、在上单调递增，当时，；当时，；所以在上递减，在上递增，故又，故存在唯一，使得故当时，；当时，；即在和上单调递增，在上单调递减，且，故存在唯一，使故当时，；当时，.所以在与单调递减，在与上递增故是与中的较小值，又且，所以恒成立，即.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；数形结合( 图像在 上方即可)；讨论最值或恒成立.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，已知直线l参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为
18、极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设点，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用参数的几何意义求解【小问1详解】由消去参数得直线l的普通方程为， 由得，则，曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】直线l的参数方程为（t为参数），设点A，B对应参数分别为，将代入得，则，则，则选修4-5：不等式选讲23. 已知函数的最小值为（1）求的值；（2）设为正数，且，求证：【答
19、案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，得到解析式，进而可得最小值；（2）方法一：利用基本不等式化简左侧分式的分子，将所得不等式右侧式子改写为，再次利用基本不等式可证得结论；方法二：将所证不等式拆分成形如的形式，利用基本不等式可求得，以此类推，加和即可证得结论.【小问1详解】当时，则；当时，则；当时，则；综上所述：的最小值.【小问2详解】由（1）知：，方法一：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）.方法二：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）