【文档说明】黑龙江省牡丹江市重点中学2023届高三上学期期末考试数学试卷.doc，共(12)页，1.157 MB，由小赞的店铺上传

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牡丹江市重点中学2022-2023学年高三上学期期末考试数学试题一、单项选择题（本大题共8个小题每小题5分共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）1．若复数z满足()12i1z+=，则z的共轭复数是（）A．12i55−+B．1255i−−C．12i55+D．12i5

5−2．已知纯虚数()()21i4i3zmm=+−++，其中i为虚数单位，则实数m的值为（）A．1B．3C．1或3D．03．m，n为不重合的直线，，，为互不相同的平面，下列说法错误的是（）A．若mn∥，则经过m，n的平面存在且唯一B．若a∥，am=，n=，则mn∥C若a⊥，

⊥，am=，则m⊥D．若ma，na，m∥，n∥，则a∥4．回旋镖（Boomerang）曾是澳大利亚土著人的传统狩猎工具，今在澳大利亚回旋镖是相当受欢迎的运动项目．四叶回旋镖可看作是由如图所示的四个相同的

直角梯形围成，其中22ABBCCD==，若点H满足2BGBFBH+=，则向量DE与CHEC+的夹角为（）A．4B．3C．34D．235．已知322，2sin1cos=−，则tan=（）A．0和4

3−B．43−C．74−D．74−和06．已知0a，0b，9是3a与27b的等比中项，则22231abab+++的最小值为（）A．926+B．21264+C．7D．14263+7．设13a=，44ln33b=，112lnsincos66c=+，则（）

A．bacB．cabC．acbD．bca8．如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是边长为2的正方形，13AA=，E，F分别是AB，BC的中点，过点1D，E，F的平面记为，则下列说法中正确的个数是（）①点B到平面的距离与点1A到平面的距离之比为1:2②

平面截直四棱柱1111ABCDABCD−所得截面的面积为732③平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积之比为47：25④平面截直四棱柱1111ABCDABCD−所得截面的形状为四边形A．0B．1C．2D．3二、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．在正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别是11A

B，11BC，1BB的中点，下列四个推断中正确的是（）A．FG∥平面11AADDB．EF∥平面11BCDC．FG∥平面11BCDD．平面EFG∥平面11BCD10．已知()442sin,cos22xxafx=−，1

1,2b=−，若a与b共线，则下列说法错误的是（）A．将()fx的图象向左平移3个单位得到函数13cos2434yx=++的图象；B．函数()fx的最小正周期为；C．直线34x=是()fx的一条对称轴D．函数()fx在,24−−

上单调递减11．设函数()yfx=的定义域为R，且满足()()2fxfx=−，()()2fxfx−=−−，当(1,1x−时，2()1fxx=−+．则下列说法正确的是（）A．(2022)1f=B．当[4,6]x时，()fx的取

值范围为[1,0]−C．(1)yfx=−为奇函数D．方程9()log(1)fxx=+仅有3个不同实数解12．已知P为ABC△所在的平面内一点，则下列命题正确的是（）A．若P为ABC△的垂心，2ABAC

=，则2APAB=B．若P为锐角ABC△的外心，APxAByAC=+且21xy+=，则ABBC=C．若()||sin||sinABACAPRABBACC=+，则点P的轨迹经过ABC△的重心D．若111122||cos||co

sAPABACABBACC=+++，则点P的轨迹经过ABC△的内心三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上）13．已知a，b为单位向量，||1ab−=，则|3|ab−=______．14．已知复数z满足

|3||2|13ziz−++=，则|1|z−的最小值是______．15．如图截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱

长均为1的截角四面体．则该截角四面体的表面积是______．16．对任意的*nN，不等式111nanenn++（其中e是自然对数的底）恒成立，则a的最大值为______．四、解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17（1

0分）已知a，b，c分别是ABC△的内角A，B，C的对边，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①2cos2bcaC−=；②2ABCS=△；③4BACA=18．（12分）如图，长方体1111

ABCDABCD−的底面是边长为4的正方形，高为2，E，F，G分别是BC，CD，1CC，的中点．（1）求三棱锥C—EFG的体积；（2）求证：平面EFG∥平面11ABD．19．（12分）已知等差数列na的公差为

d，等比数列nb的公比为q，若2dq==，且1a，1b，2a，2b成等差数列．（1）求数列na，nb的通项公式；（2）记nnbca=，数列nc的前n项和为nS，数列11nnaa+的前n项和为nT，求nS，nT20．（12分）

如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别是AB，1CC，AD的中点．（1）证明：EG∥平面11DBC；（2）棱CD上是否存在点T，使AT∥平面1BEF？若存在，求出DTDC的值；若不存在，请说明理由．21．（12分）2

022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6：5惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．（1）扑点球的难度一般比较

大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有12的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；（2

）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，易

知11p=．20p=．①试证明14np−为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为nq，比较10p与10q的大小．22．（12分）已知aR，函数()ln222afxxxxx=−++．（1）当0a=时，求()fx的单调区间和极值；（2）若()fx有

两个不同的极值点1x，()212xxx．（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：12ln2ln3ln2(2.718282exxe+−−=为自然对数的底数）．牡丹江市重点中学2022-2023学年高三上学

期期末考试数学答案题号123456789101112答案CBDCBBBDACACDBCABC13．714．9131315．7316．11ln2−17．解：由①②③：由正弦定理及2cos2bcaC−=可得2sinsinsincos2BCAC−=

，即2sin()sinsincos2ACCAC+−=，即2cossinsin2ACC=，由于0C，所以sin0C即2cos2A=，而0A，所以4A=，由1sin22ABCSbcA==△，可得42bc=，所以cos4BACAbcA==．由①③②：由正弦定理及

2cos2bcaC−=可得2sinsinsincos2BCAC−=，即2sin()sinsincos2ACCAC+−=，即2cossinsin2ACC=，由于0C，所以sin0C即2cos2A=，而0A，所以4A=，由4BACA=可得cos4bcA=，则42

bc=，所以1sin22ABCSbcA==△．由②③①：由4BACA=可得cos4bcA=，由2ABCS=△可得1sin22bcA=，即sin4bcA=，所以tan1A=，又cos0A，0A，所以4A=，即2cos2A=，所以2sinsin()sincoscoss

insincossin2BACACACACC=+=+=+，所以2cos2baCc=+，即2cos2bcaC−=．18．解：（1）由于四棱柱为长方体，所以GC⊥平面ABCD，∵1122222CEFSCECF===△∴112

21333CEFGGCEFCEFVVSGC−−====△．（2）连接BD，1BC，∵E，F分别为BC，CD中点，∴EFBD∥，∵11BBDD∥，11BBDD=，∴四边形11BDDB为平行四边形，∴11BDBD∥，∴11EFBD∥，又11BD平面11A

BD，EF平面11ABD，∴EF∥平面11ABD；同理可得：EG∥平面11ABD，又EGEFE=，EG，EF平面EFG，∴平面EFG∥平面11ABD．19．解：（1）∵1a，1b，2a成等差数列，∴12111121222aaaddbaa++===+=+①，又∵1

b，2a，2b成等比数列，∴1221322bbab+==，得11322ab+=②，由①②得11a=，12b=，∴()()1112121naandnn=+−=+−=−，111222nnnnbbq−−==

=；（2）221nnnbca==−，∴()()()232412222224212412nnnnnSnnnn+−=++++−=−=−−=−−−，又()()111111212122121nnaannnn+==−−+−+，∴1111111111233521212212

1nnTnnnn=−+−++−=−=−+++．20．解：（1）连接BD，1BD，1CD．因为E，G分别是AB，AD的中点，所以EGBD∥．由于是正方体，所以11BBDD=，且11BBDD∥所以四边形11BDBD为平行四边形，所以11BDBD∥，又EGBD∥，所

以11EGBD∥，因为EG平面11BDC，11BD平面11BDC，所以EG∥平面11DBC．（2）假设在棱CD上取点T，使得AT∥平面1BEF，延长BC，1BF交于H，连EH交DC于K．因为11CCBB∥，F为1CC中点，所以C为BH中点．因为CDAB∥，所以KCAB∥

，且1124KCEBCD==．若AT∥平面1BEF，AT平面ABCD，平面1BEF平面ABCDKE=，则ATKE∥，由于TKAE∥，所以四边形ATKE是平行四边形，所以AETK=，由于K为DC的四等分点，所以T也为四等分点．故14DTDC=，

即14DTDC=时AT∥平面1BEF．21．（1）解：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为111326p==，将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3()030315125066216PX

C===，()1213152516672PXC===，()212315526672PXC===，()30331513662

16PXC===，X的分布列为：X0123P12521625725721216期望()12525511012321672722162EX=+++=另解：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为111326p=

=，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知13,6XB，()331566kkkPXkC−==，0,1,2,3k=．X的分布列为：X0123P1252

1625725721216期望()11362EX==（2）解：①第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n时，第1n−次传球之前球在甲脚下的概率为1np−，第1n−次传球之前球不在甲脚下的概率为11np−−，则()11

111101333nnnnpppp−−−=+−=−+，从而1111434nnpp−−=−−，又11344p−=，∴14np−是以34为首项，公比为13−的等比数列．②由①可知1311434nnp−=−

+，91031114344p=−+，()101011134qp=−，故1010pq22．（1）当0a=时，()ln22(0)fxxxxx=−+，则()ln2fxx=，故当102x时，()0fx，当12x时，0fx故()fx的

递减区间为10,2，递增区间为1,2+，极小值为1322f=，无极大值；（2）（i）因为()2222ln2ln2(0)22axxafxxxxx−=−=，令()22ln2(0)gxx

xax=−，问题可转化函数()gx有个不同的零点1x、2x，又()()4ln2222ln21gxxxxxx=+=+，令()102egxx==，故函数()gx在10,2e上递减，在1,2e+上递增，故min11()4e2egxga

==−−，故104ea−−，即14ea−，当0a时，在10,2ex时，函数()22ln20gxxx，不符题意，当104ea−时，则11e02ag，102eg，102ga=−，即当104ea−时，存在110,2ex

，21,2ex+，使得()fx在()10,x上递增，在()12,xx上递减，在()2,x+上递增，故()fx有两个不同的极值点1x、2x的a的取值范围为1,04e−；（ii）因为110,2ex，21,2ex+

，且221122ln2ln2xxxx=，令21(1)xttx=，则212lnln21ttxt=−，22lnln21txt=−，又()2121222lnln2ln3ln2ln22ln22212tteeexxxxt++−−+−−−，令2(1)mtm=，即只要证明()2ln(

1)1mmemm+−，即()e1ln2mmm−+，令()()2231ln41mFmmmm−=−++，则()()()()()22226413124141mmmmmFmmmm++−−−++==+()()()()2432422222212114641(1)4

14141mmmmmmmmmmmmmmmm++−+−+−−==++++++，故()Fm在()1,+上递增，且()10F=，所以()0Fm，即()2231ln41mmmm−++，从而()()()()()()

()()22223113e94e6ee1e1ln2412412mmmmmmmmmmmmmm−−−+−+−−−−−=+++++++，又因为二次函数()()23e94e6eymm=−+−+−的判别式22Δ12e36e9342.72122.7230

=−+−+，即()()23e94e6e0mm−+−+−，即()e1ln2mmm−+，所以()2lne1mmm+−在()1,+上恒成立，故12eln2ln3ln22xx+−−．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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