重庆市实验中学校2023届高三上学期期中数学 Word版含解析.docx

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2022—2023学年高2020级高三上期考试数学试题（考试时间：150分钟试卷满分：120分）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.已知集合，集合，若，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将集合化简，根据条件可得，然后分，，讨论，化简集合，列出不等式求解，即可得到结果.【详解】因为或，解得或即，因为，所以当时，，满足要求.当时，则，由，可得，即当时，则，由，可得，即综上所述，故选:B.2.若将有限集合的元素个数记为，对于集合，，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则或 C.若，则D.存在实数，使得【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再对分类讨论求出集合，最后根据所给对于及集合的运算一一分析即可.【详解】解：由，即，解得，所以，对于A：当时，即，解得，所以，所以，，所以，故A错误；由，即，当时解得，当时解得，当时解得，即当时，当时，当时，对于B：若，若则，则，此时，若则，则，此时，综上可得或，故B错误；对于C：若，当时显然满足，当时则，解得，当时则，解得，综上可得，故C正确；对于D：因为，，若，则，此时，即，则，与矛盾，故D错误；故选：C3.已知函数是偶函数，则的值为（） A.B.1C.1或-1D.【答案】B【解析】【分析】由函数为偶函数得到，求出的值，代入后用诱导公式即可得到结果.【详解】由函数得，，，其中，.故选：B.4.在中，角的对边分别为．若，，的面积为，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用边角互化求出，三角形面积公式求出，最后根据投影向量公式计算即可.【详解】，由正弦定理得：，即，是三角形内角，则，于是，又得，，故，，∴，则在方向上的投影向量为：.故选：B5.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星. 为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：，，……依次类推，其中，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由不等式的性质结合得出大小关系.【详解】由题意可得，，，因为，所以，故A错误；因为，所以，即，故B错误； 因为，所以，故C错误；因为，所以，，，即，故D正确；故选：D6.从某中学甲、乙两班各随机抽取10名同学，测量他们身高（单位：cm），所得数据用茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（　　）A.甲乙两班同学身高的极差不相等B.甲班同学身高的平均值较大C.甲班同学身高的中位数较大D.甲班同学身高在175cm以上的人数较多【答案】A 【解析】【分析】利用茎叶图的概念结合数据分析即可确定答案.【详解】对于A，甲班同学身高的极差为182﹣157＝25，乙班同学身高的极差为182﹣159＝23，∴甲乙两班同学身高的极差不相等，故A正确；对于B，甲班数据靠上的相对少，乙班数据靠上的相对多，∴估计甲班同学身高的平均值较小，故B错误；对于C，甲班同学身高的中位数为168，乙班同学身高的中位数为171.5，∴甲班同学身高的中位数较小，故C错误；对于D，甲班同学身高在175cm以上的有3人，乙班同学身高在175cm以上的有4人，∴甲班同学身高在175cm以上的人数较少，故D错误．故选:A．7.已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】不妨设，设，表示出，，依题意可得有解，根据数量积的坐标表示得到方程在上有解，根据得到关于的不等式，解得即可.【详解】解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，设，则，，，则，若存在点使得，则存在点使得，即在上有解，即在上有解， 令，显然，，所以，即且，由，即，解得或，由，即，解得或，又，所以，即.故选：B8.已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】不妨设，由可得出，即，令，其中，则，所以，函数在上为增函数， 则，则，令，其中，，令，其中，所以，，所以，函数在上单调递增，因，，所以，存在，使得，则，令，其中，则，故函数在上为增函数，因为，，所以，，由可得，所以，，可得，且当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，.故选：A.【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围.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. 9.已知复数，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，所以，故，故D正确；所以，故A正确；，故B正确；，故C错误；故选：ABD10.在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（）A.若，则B.，，则的外接圆半径是4C.若，则D.若，，，则有两解【答案】AC【解析】【分析】由正弦定理可判断ABC；余弦定理可判断D.【详解】对于A，若，则，由正弦定理得，即，故正确；对于B，，，由正弦定理可得，则的外接圆半径是2，故错误； 对于C，若，由正弦定理得，，因为，所以，故正确；对于D，若，，，则由余弦定理可得，即，，解得，因，所以有一解，即有一解，故错误.故选：AC.11.已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.【详解】因为，故可得，，对A：当时，，故可得，故A正确；对B：因为，则对也成立，又当，时，，则，故B正确； 对C：令，则，故单调递减，则，则当时，，；则当，时，，即；则，即，又，，故C正确；对D：，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查数列综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.12.已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.【详解】作出图形如图所示． 延长至Q，使得，连接MQ，NQ，记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取的中点，连结，，所以，即，且，所以四边形是平行四边形，得，且又因为，且，所以四边形是平行四边形，得，，所以，且，所以四边形是平行四边形，则截面为五边形为，则，，因为，所以，所以，，同理：，，，，，故所得截面的周长为.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，则该大师赛共有_________场比赛．【答案】16【解析】【分析】按照比赛赛程分类计算．【详解】按比赛赛程分类，第一类单循环赛场次，第二类淘汰赛场次2，第三类决赛场次2，总场次为．故答案为：16.14.有一批产品，其中有2件正品和3件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为_______． 【答案】##0.7【解析】【分析】结合古典概型公式和组合公式，分两种情况讨论即可求解.【详解】总的取法数有种，当取两件次品时，取法有种；当取三件次品时，只有1种取法，故从中任取3件，至少有2件次品的概率为故答案为：15.记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得，从而得到是等差数列，进一步得，再求出，利用求得＝即可求出答案.【详解】解：因为，所以，，所以，又因为，当时，得，所以，当时，，即，所以是等差数列，首项为，公差，所以，所以，满足，故，即， 所以，两式相除得，当时也成立，所以，所以，所以.故答案为：.16.已知为函数（）的导函数，且有两个不同的零点，，设，则的极值为_________．【答案】3【解析】【分析】根据有两个不同的零点，得到，，，利用韦达定理和得到，然后求导，根据单调性求极值即可.【详解】由题意可知，有两个不同的零点，，所以可得，，或 ，，令，解得，令，解得或，所以在上单调递减，上单调递增，上单调递减；∴．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列的首项，，.（1）证明：为等比数列；（2）证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题知，再根据等比数列的定义证明即可；（2）结合（1）得，，进而根据裂项求和方法求解即可证明.【小问1详解】解：∵，∴∴（且）又∵∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.【小问2详解】解：由（1）得，∴∴ ∵，∴，∴.18.已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化简可得，进一步可求得的单调递增区间；（2）由题意先求出角，利用已知条件结合向量知识，可得，根据基本不等式可求得的最大值，进而得到面积的最大值．【小问1详解】由，解得， 的单调递增区间为；【小问2详解】因为，可得，因为，所以即，由及可得，，所以所以即，当且仅当时取到等号，所以，故面积的最大值为.19.设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲的命中率为，乙的命中率为，求：（1）在甲、乙各一次的射击中，目标被击中的概率；（2）在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得；（2）依题意分甲击中次、乙击中次或甲击中次、乙击中次或甲击中次、乙击中次种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.【小问1详解】解：甲、乙各一次的射击中目标被击中的对立事件为甲、乙均没有射击中目标，所以目标被击中的概率.【小问2详解】 解：依题意可得甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次，当甲击中次，乙击中次时概率，当甲击中次，乙击中次时概率，当甲击中次，乙击中次时概率，所以在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率.20.如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.（1）证明：直线平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）（2）（3）作于点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【小问1详解】证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系． 则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，，即，取，解得；所以，平面，平面；【小问2详解】解：设与所成的角为，，，，与所成角的余弦值为；【小问3详解】解：设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值，由，得， 所以点到平面的距离为．21.已知圆，直线与圆O交于A，B两点．（1）求；（2）设过点的直线交圆O于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点S满足．证明：直线SN过定点．【答案】（1）（2）证明见解析，定点为【解析】【分析】（1）先求圆心到直线的距离，再根据勾股定理即可求得弦长；（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合根与系数的关系，表示出直线SN的方程，从而确定定点.【小问1详解】易知圆心，半径，圆心到直线的距离，所以弦长.【小问2详解】当直线的斜率不存在，即轴时，直线的方程为，代入圆方程得：或，设，，则直线方程为，代入直线得：，故，因为，所以是的中点，得，所以， 所以直线的方程为：，即，直线过点.当直线的斜率存在时，如图所示：设直线方程为：，即，设，联立得：，，解得或，由韦达定理得：，所以③，④，且⑤，将代入直线得：，所以，是的中点，得，所以，所以直线的方程为：，将点的坐标代入并整理， 化简得：，将①③④⑤代入上式得：，显然成立.综上可得：直线过定点.【点睛】(1)解答直线与圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22.已知函数，其中．（1）若函数的最小值为，求a的值；（2）若存在，且，使得，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；（2）由题知，进而令，，，将问题转化为函数在区间上有零点，再讨论时，函数在区间无零点，进而进一步转化为，当时则有两不等正实根和，且函数在减区间上存在零点问题，再根据导数研究函数的零点即可.【小问1详解】解：函数定义域为，．若，则，函数为减函数，无最小值．若，由得．所以，，，的变化情况如下表： －0＋极小值所以，的最小值即极小值为．所以，，即．设，则，所以，为上的增函数，又因为．所以，．【小问2详解】解：由，得，即，将代入，有：，得．令，，，所以，将问题转化为函数在区间上有零点．所以，．其中．因为函数的对称轴方程为．所以，当，则恒成立，得在区间为减函数，又，所以，函数在区间无零点． 当，则有两不等正实根和，设，有，且．所以，，，的变化如表：＋0－极大值又，得．下面证明函数在减区间上存在零点．考虑到中含参数a，取．则，当时，，则．令，则，令，当时，有，所以，函数在时为减函数，由，知恒成立．所以，为上的减函数．所以．又，于是，所以，函数在减区间上存在零点．综上，实数的取值范围是．【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意，利用换元方法，将问题转化为证明函数 在区间上有零点，进而先排除当函数在区间无零点，进一步将问题转化为函数在减区间上存在零点.