浙江省杭州学军中学2022-2023学年高三数学上学期期中试卷（Word版附解析）

杭州学军中学2022学年第一学期期中考试高三数学试卷一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每题5分）1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式，得到集合A,根据集合的交集运算，求得答案.【详解】解不等式得：，故，故，故选：B2.已知复数的实部与虚部的和为12，则（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】先把已知化简，整理出复数的实部与虚部，接下来去求即可解决.【详解】，则有，，解得，则，，故．故选：C3.如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截而图形为（） A.等腰梯形B.三角形C.正方形D.矩形【答案】A【解析】【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状.【详解】取BC中点H，连接AH，GH，，.如下图所示：由题意得，.又平面，平面，平面，同理平面.又，平面，平面平面，故过线段且与平面平行的截面为四边形，显然四边形为等腰梯形.故选：A4.某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（）A.24B.36C.60D.240【答案】C【解析】【分析】分两种情况分类计算，一种是基地只有甲同学在，另外一种是A基地有甲同学还有另外一个同学也在，两种情况相加即可. 【详解】当基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.故选：C5.过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.【详解】如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，则，，，则，且为锐角，所以，同理可得， 所以，，则为等边三角形，连接交于点，为的角平分线，则为的中点，，且，，若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.故选：A.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.6.已知的展开式中的系数为40，则的值为（）A.-2B.-1C.1D.2【答案】B【解析】【分析】首先变形得，然后利用二项式展开式的通项公式求出的系数即可.【详解】由题意可得，在的展开式中，由，令无解，即的展开式没有项；在的展开式中，由，令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得. 故选：B7.已知函数，，则图象如图的函数可能是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合函数图像的奇偶性和单调性即可判断.【详解】由图可知，该函数为奇函数，和为非奇非偶函数，故A、B不符；当x＞0时，单调递增，与图像不符，故C不符；为奇函数，当x→＋¥时，∵y＝的增长速度快于y＝lnx的增长速度，故＞0且单调递减，故图像应该在x轴上方且无限靠近x轴，与图像相符.故选：D.8.如图，双曲线的右顶点为，左右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，交左支于点，交渐近线于点是的中点，若，且，则双曲线的离心率是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设，则，解得，即，由题意，所以，所以．又设，则，两式相减得，即，所以，又，化简得，．故选B．考点：双曲线的几何性质．【名师点睛】本题考查双曲线的几何性质，求离心率，要建立的一个方程．考虑到，且在渐近线上，因此可得，是弦的中点，考虑用点差法得，而点坐标可由求得，从而关系式为，由此可得结论．本题把双曲线的性质与方法有机地结合在一起，才能简化运算过程，如果想不到这些性质与方法，难度较大．二、多项选择题（每题至少有两个选项正确，每题5分）9.对于变量x和变量y，通过随机抽样获得10个样本数据，变量x 和变量y具有较强的线性相关并利用最小二乘法获得回归方程为，且样本中心点为，则下列说法正确的是（）．A.变量x和变量y呈正相关B.变量x和变量y的相关系数C.D.样本数据比的残差绝对值大【答案】BC【解析】【分析】由回归方程中x的系数判断AB，将样本点中心代入回归方程得出，计算样本数据和的残差判断D.【详解】解：由于回归方程中x的系数为，故变量x和变量y呈负相关，且相关系数，因此A选项错误，B选项正确；将代入回归方程，解得，故C选项正确；样本数据的残差为，样本数据的残差为，故，因此D选项错误．综上，BC选项正确．故选：BC10.将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的值可能为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】化简解析式，根据函数图象变换的知识，求得的可能取值.【详解】 ，向左平移得，与函数的图象重合，故，（1）若，符合.（2）若，符合.故选：AC11.已知函数有两个零点，则可以取到的整数值有（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】将问题转化为与有两个不同交点的问题，令，可求得单调递增且存在，使得；设，利用导数可求得单调性，结合复合函数单调性的判断方法可知的单调性，由此可作出的大致图象，采用数形结合的方式可确定的范围，由此可得结果.【详解】由题意知：定义域为，有两个零点，有两个不等实根，当时，恒成立，不合题意，， 有两个解，即与有两个不同交点，令，则，在上单调递增，且存在，使得，设，则定义域为，，当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，又当时，，由复合函数单调性可知：在，上单调递增，在上单调递减，当时，，；当时，，；当时，，；由此可得的图象如下图所示， 由图象可知：若与有两个不同交点，则，即实数的取值范围为，则可能取到的整数值为和.故选：CD.12.如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且，，为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角的余弦值是B.三棱柱的外接球的球面积是 C.当点是线段的中点时，三棱锥的体积是D.的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】由异面直线夹角求法可判断A；根据三棱柱的外接球的位置确定外接球的位置，可判断B；由直线与平面平行确定点到平面的距离为定值，结合三棱锥的等体积转换可求三棱锥的体积，即可判断C；根据平面展开结合三角形余弦定理确定的最小值的取值范围，即可判断D.【详解】解：对于A，如下图，连接在直三棱柱中，有，则为异面直线与所成角或其补角又是直角三角形，且，则，所以，则，在直三棱柱中，平面，平面，则，所以，同理得则 于是异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；对于B，由于直三棱柱中，平面，平面，则，且，故该三棱柱可以与以为顶点，为棱的长方体的各顶点重合所以三棱柱的外接球的球半径则三棱柱的外接球的球面积是，故B错误；对于C，如下图，连接在三棱柱中，四边形为平行四边形，当点是线段的中点时，也是线段的中点，又，平面，平面，所以平面则点到平面的距离与点到平面的距离相同所以，故C正确；对于D，在三棱柱中，四边形为矩形，又为的中点，则为 的中点，则均在平面上在中，，，且如图，在平面，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，其中点关于直线对称的点为则又，则当三点共线时最小，点是棱上的动点，则可得最小值设，又，所以直线方程所以，则，所以时，在线段上，且所以的最小值是，故D正确.故选：ACD.三、填空题（每题5分）13.已知向量与的夹角为，，，则_______．【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的运算律和定义可直接构造方程求得结果. 【详解】，.故答案为：.14.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用表示解下个圆环所需的最少移动次数．若，且则解下6个圆环所需的最少移动次数为_________．【答案】64【解析】分析】根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：6415.已知抛物线：上有两动点，，且，则线段的中点到轴距离的最小值是___________.【答案】2【解析】【分析】设抛物线的焦点为，由，结合抛物线的定义可得线段的中点到轴距离的最小值.【详解】设抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上的投影为，点在直线上的投影为，线段的中点为，点到轴的距离为，则,∴，当且仅当即三点共线时等号成立，∴线段的中点到轴距离的最小值是2，故答案为：2. 16.已知，，且，则的最小值为___________.【答案】4【解析】【分析】由题得，再利用基本不等式求出的最小值即得解.【详解】解：由题得，所以.(当且仅当时取等)因为，所以的最小值为4.故答案为：4四、解答题17.在中，角的对边分别，.（1）求；（2）若的周长为4，面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用、和诱导公式、两角和差的余弦公式进行化简，再结合角的范围进行求解； （2）利用余弦定理、三角形的面积公式、周长公式得到关于的方程组进行求解.【小问1详解】解：因为，所以，即，所以，因为，所以,所以又，故，所以，即；【小问2详解】解：由余弦定理，得，即，又，所以，即整理得，由面积为，即，所以，.18.已知是数列的前项和，已知且，. （1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若，求正整数的最小值.【答案】（1）（2）1010【解析】【分析】(1)利用累乘法或构造常数列求解再求解的通项公式即可.(2)利用裂项相消的方法求解前项和,再分析求正整数的最小值即可.【详解】（1）解析1：（累乘法）由,所以时,,又也成立,所以,所以当时,,又也成立,所以.解析2：（配凑常数数列）,故为常数列,即,所以,所以当时,,又也成立,所以.解析3：（直接求）,所以,两式相减可得,又因为,所以,即当时,,当也成立,故.（2）解析（裂项相消）：由上题可知,所以 ,所以,故的最小值为1010.【点睛】本题主要考查了利用数列前项和与通项的关系求解通项公式的方法,同时也考查了裂项相消的应用与数列不等式的方法等.属于中等题型.19.如图，在四棱锥中，，，，E是棱PA的中点，且平面.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，由面面平行的判定定理证得面面，由面面平行的性质定理证得，再有题目证得面，则面.（2）以点为坐标原点，建立如图所示得空间直角坐标，分别求出平面和平面的法向量，由面面角的公式带入即可求出答案.【小问1详解】取中点，连接，因为E是棱PA的中点，所以，面 ，面，∴面，∵面，.∴面面，面面，面面，所以，，，故，∴面，，∴面.【小问2详解】因为面，，所以，建立如图所示得空间直角坐标系，，，，，，，，设平面法向量为，，所以，则，设平面法向量为，，所以，则设平面和平面所成角为，所以.二面角的余弦值为.20.某人花了元预定2023年杭州亚运会开幕式门票一张，另外还预定了两张其他门票，根据亚奥理事会的相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为预定成功者， 他们可以直接购买门票，另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是0.1，若未成功，仍有0.2的概率获得b元开幕式门票的机会，获得其他两张门票中的每一张的概率均是0.5，且获得每张门票之间互不影响.（1）求这个人可以获得亚运会开幕式门票的概率；（2）假设这个人获得门票总张数是，求的分布列及数学期.【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）由独立事件概率乘法公式即可求得获得开幕式门票的概率；（2）由题意确定的可能取值，再利用独立事件概率乘法公式求得每个取值对应的概率，从而求得的分布列，进而求得数学期.【小问1详解】依题意得，获得元开幕式门票的概率为0.1，则未获得元开幕式门票的概率为0.9，获得b元开幕式门票概率为0.2，则获得开幕式门票的概率为.【小问2详解】依题意得，的可能取值为，则，，，，故的分布列为：则. 21.已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为､关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义和得，，由得，且，可得答案；（2）设，，，联立直线和椭圆方程利用韦达定理，代入直线：，令得，从而得到、坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.【小问1详解】因为短轴长为2，所以，因为，，所以，，又因为轴，所以，，且， 解得，∴.小问2详解】，，，联立直线和椭圆方程得，整理得，，，，直线：令，，，，的中点坐标为，由中点在上，可得，，，解得，，所以.22.已知函数.其中为自然对数的底数.（1）当时，求的单调区间：（2）当时，若有两个极值点，且恒成立，求的最大值.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为； （2）2.【解析】【分析】（1）对函数求导，把代入导函数中对导函数进行化简，即可求出函数的单调区间.（2）有两个极值点即为导函数零点，令导函数等于零和，即可得方程，利用与韦达定理得到（或），再把代入原函数中进行化简即可得到，要使恒成立，代入化简即可得，求出的最小值，即可得到答案.【小问1详解】对求导得当时，当，即，；当，即，；故当时，的递增区间为，递减区间为.【小问2详解】当时，由（1）知令，则的两个不等实数解为故 即（或）故不等式恒成立恒成立（*）由于，故，故（*）恒成立令则是上的增函数，，即最大值为.