江苏省徐州市2022-2023学年高三数学上学期11月期中抽测试卷（Word版含解析）

2021~2022学年度第一学期高三年级期中抽测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本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.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别化简两个集合，求出交集即可.求解集合A时，注意限制条件.【详解】所以，故选：C.2.在复平面内，复数（i是虚数单位）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【答案】A【解析】【分析】先将原式化简，再看实部和虚部的正负判断所在复平面的象限即可. 【详解】，在复平面内对应的点在第一象限.故选：A.3.的展开式中的常数项为（）A.15B.60C.80D.160【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理的通项公式进行求解.【详解】由题知，的展开式的通项为，当时，，此时，故的展开式中的常数项为60，故A，C，D错误.故选：B.4.在气象观测中，用降水量表示下雨天气中雨量的大小.降水量的测量方法是从天空降落到地面上的雨水，在未蒸发、渗透、流失的情况下，在水平面上积聚的雨水深度.降水量以mm为单位，一般取一位小数.现某地10分钟的降雨量为13.1mm，小王在此地此时间段内用底面半径为5cm的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（其中）（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接代入圆柱的体积公式计算即可.详解】故选：D.5.从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是正三角形的概率是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，列举出满足正三角形的顶点的组合，然后再利用古典概型概率计算公式计算出所求概率即可.【详解】如图示，从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，基本事件有种，在正方体中，满足任取3个顶点构成正三角形的有8种，顶点的集合分别是，，，，，，，，所以所求概率为.故选：B6.若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（）A.3B.或C.3或6D.或6【答案】C【解析】【分析】三个平面向量的夹角两两相等，则说明夹角为或，分两种情况讨论即可.【详解】由已知得，平面向量，，两两的夹角为或，当夹角为为时，即，，同向，则；当夹角为为时，的方向与的方向相反，且所以，. 综上所述，或故选：C.7.已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，利用可得，再由在圆上可得，令，利用圆和直线总有公共点可得的取值范围，从而求出答案.【详解】圆的圆心为，半径为，设，因为，可得，即①，而②，若，则，即，不合题意，所以，由①②可得，令，所以圆和直线总有公共点，可得即，解得，即，解得.故选：D.8.，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】先构造函数，通过求导判断单调性，比较出b和c的大小；再找中间值和，通过构造函数，证明，判断，构造函数，通过单调性判断，于是证明，即可求得a、b、c的大小关系.【详解】令则，显然即单调递减，所以，即，.令则，即在上单调递增所以，即，所以令则当时，，即在上单调递增又，所以当时，所以，即即，又，所以，即.综上：.故选：C.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，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线与交，两点，则（）A.的最小值为2B.以为直径的圆与直线相切C.D.【答案】BC【解析】【分析】分直线的斜率存在与不存在两种情况，写出直线方程，将直线与抛物线联立，得到，选项A，转化，结合韦达定理分析即可；选项B，结合抛物线定义以及梯形中线性质，分析圆心到直线的距离即可判断；选项C，，结合韦达定理计算，即可判断；选项D，，结合韦达定理即可判断.【详解】由题意，抛物线焦点为，即，故抛物线，若直线的斜率不存在，则直线方程为：，此时，若直线斜率存在，不妨设直线方程为：，联立，可得，恒成立，故, 选项A，，若直线斜率不存在，若直线斜率存在，，故的最小值为4，错误；选项B，不妨设以为直径的圆圆心为，作于，于，于，由抛物线定义，，故，又为中点，故，故以为直径的圆与直线相切，正确；选项C，，正确；选项D，，错误.故选：BC10.已知函数的最小正周期为，则（）A.B.的最大值为3C.在区间上单调增 D.将的图象向左平移个单位长度后所得函数的图象关于轴对称【答案】ACD【解析】【分析】根据已知，利用和角公式、辅助角公式以及三角形函数的图象与性质进行求解.【详解】因为的最小正周期为，所以，又，所以，故A正确；所以，其最大值为，故B错误；当时，，由正弦曲线有，在单调递增，所以在上单调递增，故C正确；将的图象向左平移个单位长度后所得函数为，其图象关于轴对称，故D正确；故选：ACD.11.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（） A.曲线在点处的切线方程为B.不等式的解集为C.若关于的方程有6个实根，则D.，，都有【答案】AC【解析】【分析】利用函数为奇函数求出时的解析式并求导，根据导数的几何意义，得出切线方程，即可判断A；结合的解析式，求出不等式的解集即可判断B；根据函数的性质作出的大致图象，可知当时，，由此即可判断D；根据的图象，结合函数图象的变换规律，作出的大致图象，根据直线与交点个数的情况，即可判断C．【详解】函数是定义在上的奇函数，，∵当时，，∴当时，，则，∴，，又∴曲线在点处的切线方程为，故A正确；∵∴令，则当时，，解得；当时，，解得；当时，，符合题意， 故的解集为，故B错误；当时，，∴，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴当时，取极小值，在时，，函数是上的奇函数，图象关于原点对称，根据以上信息，作出的大致图象如图，由图可知，当时，，，，都有，故D错误．根据函数图象的变换规律，作出的大致图象如图，由图可知，当时，直线与的图象有6个交点，则关于的方程有6个实根，故C正确；故选：AC．12.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处的小棱锥所得的多面体.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（）A.平面B.直线与所成的角为60°C.该截角四面体的表面积为D.该截角四面体的外接球半径为【答案】BCD【解析】【分析】确定截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，还原正四面体可判定AB，根据各个面的形状求得截角四面体的表面积判断C，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，连接，可得，求解可判断D.【详解】选项A，由题意，截去四面体还原为正四面体，如下图所示，因，所以，又因为为等边三角形，所以，即直线与所成角为，即不与直线垂直，故平面不成立，所以A错误； 选项B，由题意，故，又因为为等边三角形，所以，即直线与所成角为，正确；选项C，由题意，截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，所以其表面积为，所以C正确；选项D，如下图所示，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，连接，因为截角四面体上下底面距离为，设球的半径为，所以，即，化简得的，正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知随机变量服从正态分布，若，则________．【答案】0.3【解析】【分析】由已知求得正态分布曲线的对称轴，再由已知结合对称性可得，即可求得.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布曲线的对称轴为x=1，由得：，所以.故答案为：0.314.已知椭圆左、右焦点分别为，，点在椭圆上且满足，，则的离心率的值为______.【答案】【解析】【分析】由题意分析为直角三角形，得到关于a、c的齐次式，即可求出离心率.【详解】设，则.由椭圆的定义可知：，所以.所以因为，所以为直角三角形，由勾股定理得：，即，即， 所以离心率.故答案为：15.已知，，则的值为______.【答案】##2.24【解析】【分析】利用同角三角函数的关系解得的值，配角解出即可.【详解】∵，，又，则∴，∴又∴.故答案为：.16.剪纸是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一.如图，一圆形纸片，直径，需要剪去菱形，可以经过两次对折、沿裁剪、展开后得到.若，要使镂空的菱形面积最大，则菱形的边长______cm. 【答案】##【解析】【分析】设圆心为，结合已知条件，求出与的关系式，然后利用导函数即可求解菱形面积最大值，进而可得到答案.【详解】设圆心为，由圆的性质可知，，，，，共线，，，，，共线，由菱形性质可知，，不妨令，，且半径为10，则，即，，故，不妨令，，则，从而；，故在上单调递增，在上单调递减，所以当时，在上取最大值，从而要使镂空的菱形面积最大，则，由可知，，则此时. 故答案为：.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.在中，角，，所对的边分别为，，，且满足.（1）求角；（2）若，为边的中点，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求解即可；（2）利用余弦定理，结合三角形的面积公式求解即可.【小问1详解】由余弦定理得，，即，所以，又因为，所以.【小问2详解】，为边的中点，，又，故在中，由余弦定理得，，同理，在中，，因为，所以，可得，又中，由余弦定理得：，所以，所以由三角形面积公式得，.18.已知等差数列的前项和满足是等差数列，且. （1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前20项和.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）根据已知，利用等差数列的性质、通项公式、求和公式进行求解.（2）根据已知，利用裂项相消法求解.【小问1详解】因为是等差数列，所以，所以，又是等差数列，所以，即，整理得，，所以，所以的公差为，此时，，则有，符合题意，故数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，所以，因为，所以，所以.19.为了庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利召开，某校组织了一次党史知识竞赛.已知知识竞赛中有甲、乙、丙三个问题，规则如下：（1）学生可以自主选择这三个问题的答题顺序，三个问题是否答对相互独立；（2）每答对一个问题可以获取本题所对应的荣誉积分，并继续回答下一个问题，答错则不可获取本题所对应的荣誉积分，且停止答题.已知学生A答对甲、乙、丙三个问题的概率及答对时获得的相应荣誉积分如下表. 问题甲乙丙答对的概率0.80.5答对获取的荣誉积分100200300（1）若，求学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率；（2）针对以下两种答题顺序：①丙、乙、甲；②乙、丙、甲，当满足什么条件时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高?【答案】（1）0.28（2）当时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高.【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式进行求解.（2）根据相互独立事件的概率乘法公式，利用离散型随机变量的分布列、期望计算公式进行求解.【小问1详解】设“学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分”为事件，则.所以，学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率为0.28.【小问2详解】设顺序①答题最后所得的荣誉积分为，按顺序②答题最后所得的荣誉积分为，则的所有可能取值为0，300，500，600，的所有可能取值为0，200，500，600.，，，，所以. ，，，，所以.由得.故当时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高.20.如图，在四面体中，，.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明，，则是二面角的平面角，再利用勾股定理证明即可得证；（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】证明：取中点，连接，由可知，，在中，由可知，，所以是二面角的平面角， 在中，，所以是直角三角形，因此，在中，，，，所以，所以，故平面平面；【小问2详解】解：由（1）可知，，，两两互相垂直，以为正交基底建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设平面的法向量为，则取，则，，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，由图形可知，二面角的余弦值为.21.已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于， 两点.（1）若直线过的右焦点，且斜率为，求的面积；（2）若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出的面积；（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.【小问1详解】将点代入的方程，得，解得，所以的方程为.直线的方程为，联立方程整理得，，解得，不妨设，，则，点到直线的距离为，所以的面积为；【小问2详解】 依题意作上图，设，则，，，直线AP的方程为：，直线AQ的方程为：；联立方程：，解得：，显然，即；，，联立方程：，解得：，显然，即，，即当时， 直线PQ的方程为：，将上面求得的解析式代入得：，整理得：，所以直线PQ过定点.【点睛】本题第二问计算量很大，需要反复计算确认，但思路比较容易，只要根据对称性设立M，N点坐标，其他的只要顺势而为即可.22.已知函数，，.，分别为函数，的导函数.（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，存在实数，同时满足，.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先对求导，并确定定义域，然后根据的范围进行分类讨论即可.（2）首先利用导数判断的单调性，再利用零点存在定理判断出在内存在一个零点，然后利用题目所给的等式求解即可.【小问1详解】，，①当时，，函数在上单调增；②当时，，，函数在上单调减；，，函数在上单调增.综上所述，当时，函数在上单调增；当时，函数在上单调减，在上单调增 【小问2详解】，，由，可知，，所以在上单调增，又因为，，所以函数在内存在一个零点，设为，则，即，又因为，所以，即成立.对两边同时取对数，得，因此.故存在，同时满足，.