【文档说明】2022-2023学年山西省部分学校高三上学期期末考试数学试题PDF版.pdf，共(11)页，428.569 KB，由小喜鸽上传

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山西省部分学校2022-2023学年高三上学期期末考试数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填

写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．

．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．.4.本卷命题范围：高考范围.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.1.设全集UR，集合39xAx，24Bxx≤≤，则UAB

ðA.1,0B.0,5C.0,5D.2,22.在复平面内，3i1i对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），综合车辆的动

力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术，新结构的汽车.新能源汽车包括混合动力电动汽车（HEV）、纯电动汽车（BEV，包括太阳能汽车）燃料电池电动汽车（FCEV）、其他新能源（如超级电容器、飞轮等高效储能器）汽车等.非常规的车用燃料指除

汽油、柴油之外的燃料.下表是2022年我国某地区新能源汽车的前5个月销售量与月份的统计表：月份代码x12345销售量y（万辆）0.50.611.41.5由上表可知其线性回归方程为$0.16ybx$，则b$的值是A.0.28B.0.32C.0.56D.0.644

.已知2sin44，则sin1tan的值为A.34B.34C.32D.325.252yxxyx的展开式中，33xy的系数是A.5B.15C.20D.256.已知函数22cos3sin12

xfxx（0，xR），若fx在区间,2内没有零点，则的最大值是A.16B.34C.1112D.537.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，且PA平面ABCD，3PAAB，则直线PB与直线AC所成角的余弦值是A.110B.5

5C.15D.5108.设sin13a，32b，2396c，则A.abcB.cabC.acbD.cba二、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.已知0ab，0cd，则下列不等式成立的是A.acbaB.abdcC.cdababD.ababcd10.已知点1,0A，1,0B均在圆

222:330Cxyrr外，则下列表述正确的有A.实数r的取值范围是0,13B.2ABC.直线AB与圆C不可能相切D.若圆C上存在唯一点P满足APBP，则r的值是32111.已知函数1yfx是R上的偶函数，对任意12,1,xx，且12

xx都有12120fxfxxx成立，2log8af，2e1log4bf，ln2ecf，则下列说法正确的是A.函数yfx在区间1,上单调递减B.函数yfx的图象关于直线1x对称C

.cbaD.函数fx在1x处取到最大值12.已知过抛物线2:4Cyx的焦点F的直线l交C于A，B两点，O为坐标原点，若AOB△的面积为4，则下列说法正确的是A.弦AB的中点坐标为13,43B.直线l的倾斜角为30°或150°C.16AB

D.1AFBFAB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数2e8xfxaxx的图象在点0,0f处的切线斜率为5，则a____________.14.已知向量ar，br满足33abrr，abbrrr，则sin,abrr________

_____.15.在三棱锥PABC中，25PABC，13PBAC，5ABPC，则三棱锥PABC的外接球的表面积是________________.16.已知椭圆和双曲线有相同的焦点1F，2F，它们的离心率分别为1e，2e，点P为它们的一个交点，且1223FPF，则2212e

e的取值范围是________________.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）已知数列na的前n项和为nS，且13a，*123nnaSnN.（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足3lognn

naba，记数列nb的前n项和为nT，求证：34nT.18.（本小题满分12分）某大型工厂有6台大型机器，在1个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修.每台

机器出现故障的概率为12.已知1名工人每月只有维修2台机器的能力（若有2台机器同时出现故障，工厂只有1名维修工人，则该工人只能逐台维修，对工厂的正常运行没有任何影响），每台机器不出现故障或出现故障时能及时得到维修，就能使该厂每月获得10万元的利润，否则将亏损2万元.该工厂每月需支付给每名维

修工人1万元的工资.（1）若每台机器在当月不出现故障或出现故障时有工人进行维修（例如：3台大型机器出现故障，则至少需要2名维修工人），则称工厂能正常运行.若该厂只有1名维修工人，求工厂每月能正常运行的概率；（2）已知该厂现

有2名维修工人.（ⅰ）记该厂每月获利为X万元，求X的分布列与数学期望；（ⅱ）以工厂每月获利的数学期望为决策依据，试问该厂是否应再招聘1名维修工人？19.（本小题满分12分）在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知点D在边AC上（不含端点），ABBDCD

.（1）证明：22bcac；（2）若9cos16ABC，1c，求ABC△的面积.20.（本小题满分12分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABAC，D，E分别为1AA，1BC的中点.（1）求证：DE∥平面A

BC；（2）若DEBC，二面角ABDC的大小为3，求直线1BC与平面BCD所成角的大小.21.（本小题满分12分）已知椭圆2222:10xyCabab的左、右顶点分别为1A，2A，12

4AA，且过点62,2.（1）求C的方程；（2）若直线:40lykxk与C交于M，N两点，直线1AM与2AN相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程.22.（本小题满分12分）已知函数1lnfxaxaxR.（1）若函数fx的

最小值为2a，求a的值；（2）若存在120xx，且122xx，使得12fxfx，求a的取值范围.高三数学参考答案、提示及评分细则1.D2.C3.A4.A5.B6.C7.D8.B9.BD10.ABD11.BC12.BCD13.314.22315.2916.2,17.

（1）解：当1n时，2123aS，即21239aa；当2n≥时，由*123nnaSnN，得123nnaS，两式相减得13nnaa.又213aa，所以*13nnaanN，所以na是以3为首项，3为公比的等比数列.所以1333nnna.（2）

证明：由（1）知3log3nnnnanba，所以211112333nnTnL，2311111123333nnTnL，两式相减得234111111211111123331333333

3322313nnnnnnnnnTL，所以323443nnnT.又23043nn，所以34nT.18.解：（1）因为该厂只有1名维修工人，所

以要使工厂正常运行，最多只能出现2台大型机器出现故障，故该工厂能正常运行的概率为6524126611111111C1C12222232.（2）（ⅰ）X的可能取值为34，46，58，61134264PX，

55611346C12232PX，1357581643264PX，则X的分布列为X344658P1643325764故13571133446586432642EX.（ⅱ）若该厂有3名维修工人，则该厂获利的数学期望为61035

7万元.因为113572，所以该厂应再招聘1名维修工人.19.（1）证明：若bc时，则点D与A点重合，不满足题意，故bc，因为ABBDCD，所以2AC，所以sinsin22sincosACCC，由正弦定理及余弦定理得22222abcacab，即2

223abacbcc，所以222abccbccbcbc，因为bc，所以0bc，所以22acbcbcc，所以22bcac.（2）解：由2222co

sbacacABC及9cos16ABC，1c，得22918baa，由（1）知22bcac，所以21ba，所以2229118aaa，整理得382490aa，令2at得：31290tt，即23330t

tt，解得13t，23212t，332102t（舍去），由210ba，得1a，而2321124ta舍去，故32a所以2139157sin1241664ABCSacABC△.20.（1）证明：取BC的中点M，连结AM，EM.则1

DABB∥，且112DABB，1EMBB∥，且112EMBB.所以DAEM∥，且DAEM，所以四边形AMED为平行四边形，所以DEAM∥.又AM平面ABC，DE平面ABC，所以DE∥平面ABC.

（2）解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设1AB，0ACbb，120AAcc，则1,0,0B，0,,0Cb，0,0,Dc，11,0,2Bc，1,,22bEc

，所以1,,022bDEuuur，1,,0BCbuuur.因为DEBC，所以0DEBCuuuruuur，所以1b.又1,1,0BCuuur，1,0,BDcuuur，设平面BCD的一个法向量

,,nxyzr，则00nBCnBDruuurruuur所以00xyxcz，令1x，则1y，1zc，所以11,1,ncr；又平面ABD的一个法向量0,1,0ACuuur，所以cos3nA

CnACruuurruuur，所以2112111c，解得22c，所以1,1,2nr.又11,1,2BCuuur，设直线1BC与平面BCD所成的角为，则1111121sincos,2112112nBCnBCnB

Cruuurruuurruuur，所以直线1BC与平面BCD所成角为6.21.（1）解：因为124AA，所以24a，解得2a.因为C过点62,2，所以22262214b

，解得3b.所以C的方程为22143xy.（2）证明：设11,Mxy，22,Nxy，所以111:22AMylyxx，222:22ANylyxx.由224143ykxxy，整理得22223

43264120kxkxk则22223243464120kkk，解得1122k且0k，21223234kxxk，2122641234kxxk.由

11222222yyxxyyxx得2121122112122121122121222422422226242423822yykxxkxxxxxxxxxyykxxkxxxxxx2

212212121212112641232224224343413238438434kkxxxxxxkkkxxxxk，所以点G在定直线1x上.22.解：（1）由题意知函数fx的定义域为0,，2211aaxfxxxx

.当0a≤时，0fx在0,上恒成立，故fx在0,上单调递减，无最小值.当0a时，令0fx，得10xa；令0fx，得1xa，所以fx在10

,a上单调递减，在1,a上单调递增，所以min11lnlnfxfaaaaaaa.所以2lnaaaa，即ln1aa.设lngaaa，则110gaa，所以

ga为0,上的增函数，又11g，所以1a.（2）由12fxfx，得121211lnlnaxaxxx，即212111ln0xaxxx，又122xx，所以21212121ln022xxxxxaxxx，

得212121ln022xxxaxxx.令211xttx，则11ln022attt，令1ln22thtatt，故问题可转化为函数ht在区间1,上有零点.2221121222atathtttt

，其中11ha.因为函数221ytat的对称轴的方程为ta，且当1t时，21ya，故当1a≤，则0y在1,上恒成立，所以0ht在1,上恒成立，所以ht在1,上单调递减，因为10h，所以0ht，

故ht在区间1,上无零点，不合题意.当1a，令0ht，得2210tat，2440a，故0ht有两不等实根1t和2t，设12tt，且121tt，1220tta.故1201tt.易知在21,t上，0ht

，在2,t上，0ht，所以ht在21,t上单调递增，在2,t上单调递减，又10h，故在21,t上10hth，故ht在21,t上无零点；下面证明函数ht在减区间2,t上存在零点.取2e1ata

，则22222221e1eelne22e22e2aaaaaahaa，当1a时，221112e2e2a，则2221ee222aaha.令221e222amaa，则24eamaa，令24

eaaa，当1a时，2242e42e0aa，所以，函数a在1,上单调递减，又214e0，所以0a，即0ma在1,上恒成立.所以221e222amaa在1,上单调递减

，所以225ee1022ahmam，即2e0ah，又20ht，所以22e0ahth，所以ht在减区间2,t上存在零点.综上，实数a的取值范围是1,.