浙江省杭州市2022-2023学年高三数学上学期期中考试试卷（Word版带解析）

2022学年第一学期期中测试高三数学试题卷选择题部分一、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，，则（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用补集及交集的定义即可求解.【详解】由，得，所以.故选：B.2.已知复数，则等于（）．A.B.0C.D.【答案】D【解析】【分析】利用计算出，即可得到答案【详解】因为，所以，，所以，故选：D 3.已知，，则在上投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用投影向量公式可求得在上投影向量.【详解】由题意可知，在上投影向量为.故选：B.4.正整数2160的不同正因数的个数为（）．A.20B.28C.40D.50【答案】C【解析】【分析】将正整数2160分解质因数，由此确定其正因数的个数.【详解】因为，所以其质因数属于集合，该集合的元素个数为，所以正整数2160的不同正因数的个数为40，故选：C.5.“北溪”管道泄漏事件的爆发，使得欧洲能源供应危机成为举世瞩目的国际公共事件．随着管道泄漏，大量天然气泄漏使得超过8万吨类似甲烷的气体扩散到海洋和大气中，将对全球气候产生灾难性影响．假设海水中某种环境污染物含量P（单位：）与时间t（单位：天）间的关系为：，其中表示初始含量，k为正常数．令为之间海水稀释效率，其中，分别表示当时间为和时的污染物含量．某研究团队连续20天不间断监测海水中该种环境污染物含量，按照5天一期进行记录，共分为四期，即，，，分别记为Ⅰ期，Ⅱ期，Ⅲ期，Ⅳ期，则下列哪个时期的稀释效率最高（）．A.Ⅰ期B.Ⅲ期C.Ⅲ期D.Ⅳ期【答案】A 【解析】【分析】利用两点的斜率公式及函数图象的特点即可求解.【详解】由题意可知，表示两点和间的斜率绝对值，但函数的图象特点是递减同时后面会越减越慢.故选：A.6.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数的运算公式化简，再结合对数函数的单调性比较大小.【详解】由对数运算公式可得，因为对数函数在上单调递增，，所以，所以，即因为对数函数在上单调递增，，所以，所以，即，所以，故选：B.7.设函数，是公差为的等差数列，，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】∵数列{an}是公差为的等差数列，且∴∴即 得∴[点评]本题难度较大，综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用，需考生加强知识系统、网络化学习.另外，隐蔽性较强，需要考生具备一定的观察能力.8.已知实数x，y满足：，，则的值是（）．A.1B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】对后面式子变形，构造成同一种形式，根据函数的性质解题.【详解】解：∵，则即，令，，则，令，由显然为增函数，且，可知，从而．故选：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.直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，连接点A和坐标原点O的直线交抛物线准线于点D，则（）．A.F坐标为B.最小值为4C.一定平行于x轴D.可能为直角三角形【答案】BC 【解析】【分析】对A选项直接由抛物线方程求出焦点坐标即可判定，对于B选项设线，设点得到，利用基本不等式即可得到其最小值，对于C选项利用B选项中得到的结论，即可证明即可证明平行，对于D选项，对三个内角进行判定其向量点乘是否为0或是斜率乘积是否为即可.【详解】对A选项，，，，即，故A错误,对B选项，设直线方程为，联立抛物线得，则，，两式相乘得，，当且仅当时等号成立，故，故B正确；对C选项，,令，则，故,因为,故一定平行于轴，故C正确，对D选项，因为,故不为直角,两式作差得，故 ，即，,故不为直角,同理故不为直角，故D错误，故选：BC.10.四边形是边长为2的正方形，E、F分别为、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使B、C、D三点重合于点P，得到三棱锥，则下列结论中正确的有（）．A.三棱锥的体积为B.平面平面C.三棱锥中无公共端点的两条棱称为对棱，则三棱锥中有三组对棱相互垂直D.若M为的中点，则过点M的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面，判断B，根据锥体体积公式求三棱锥的体积判断A，由线面垂直的性质判断C，由球的截面的性质判断D.【详解】由已知，，翻折前，，，翻折后，则有，，，因为，，，平面，所以平面，因平面，，又，，所以 ，A错误，因为平面，又平面，所以平面平面，B正确，因为平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证，所以三棱锥中有三组对棱相互垂直，C正确，将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球球心为体对角线的中点，且，即球的半径为，所以，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆的半径设为，设球心到截面圆的距离为，则，、分别为、的中点，则，则，又，所以当时，取最小值，所以过点M的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为，D正确，故选：BCD.11.已知函数，（）．A.若在区间上单调，则B.将函数的图象向左平移个单位得到曲线C，若曲线C对应的函数为偶函数，最小值为 C.函数在区间上恰有三个极值点，则D.关于x的方程在上有两个不同的解，则【答案】BCD【解析】【分析】根据正弦函数的单调区间可判断A，根据三角函数的奇偶性的性质可判断B，根据三角函数的图像性质可判断CD.【详解】对于A，，，若在区间上单调递增，则，解得，又，所以，若在区间上单调递减，则，解得，又，所以，综上，或，A错误；对于B，的图象向左平移个单位得到，若为偶函数，则有，解得，，而，所以最小值为，B正确；对于C，，，函数在区间上恰有三个极值点，则有，解得：，C正确； 对于D，，即，，，则，解得：，D正确.故选：BCD12.已知和都是定义在R上的函数，则（）．A.若，则的图象关于点中心对称B.函数与的图象关于关于直线对称C.若是不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，则D.若方程有实数解，则不可能是【答案】ACD【解析】【分析】根据奇函数的定义和性质判断A，分析函数与的图象关系与和的图象关系，由此判断B，由函数关系取特殊值结合偶函数性质求函数值判断C，证明方程有实数解等价于方程有解，由此判断D.【详解】因为，所以，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以的图象关于点中心对称；A正确；因为函数的图象是的图象向右平移1个单位得到的，因为，所以的图象是的图象向右平移1个单位得到的；又因为与的图象是关于轴（直线）对称，所以函数与的图象关于直线对称，B错误因为函数是定义在实数集上的不恒为零的偶函数，所以在中 令，可得，即令，可得，即，令，可得，即，令，可得，即，又，所以，则所以，所以，C正确，设是方程的一个根，则，故再令，则，即方程有解；又方程无解，所以不可能是.故选：ACD.非选择题部分三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．13.在的展开式中，的系数为___________；【答案】【解析】【分析】先求出二项展开式的通项公式，令的幂指数等于，求出的值，即可求出展开式中项的系数.【详解】由二项展开式的通项公式得，其中令，即，故展开式中的系数为.故答案为：.14.已知圆上恰有2个点到直线距离为2，当r为正整数时，写出一个可能的r的值为_____________． 【答案】4（答案不唯一）【解析】【分析】计算圆心到直线的距离，由条件确定半径的大小.【详解】因为圆的方程为，所以圆心的坐标为，圆的半径为，所以圆心到直线的距离，由圆上恰有2个点到直线距离为2，可得，所以，又r为正整数，所以r的值为4或5或6，故答案为：4(答案不唯一).15.已知，过点可作曲线的三条切线，则的范围是________．【答案】【解析】【分析】设切点坐标为，由导数的几何意义可得方程有3个解，利用导数研究函数的图像，观察图像确定的范围.【详解】设切点坐标为，由，得，所以切线方程为，将代入切线方程，得，即为方程的解，设，则，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数上单调递减，所以当时，函数取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为，因为过点可作曲线的三条切线，所以方程有三个不同的解，与的图像有三个不同的交点，所以，即的范围是.故答案：. 16.已知双曲线，过点的动直线与C交于两点P，Q，若曲线C上存在某定点A使得为定值，则的值为_____________．【答案】##0.8【解析】【分析】设直线方程，联立直线方程与双曲线方程，利用韦达定理法可得，结合条件即得.【详解】设，，，，则，由，可得，则，，所以，要使为定值，则，可得，，或，，，故．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.已知数列中，，成公差为1的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由等差数列通项公式求出数列的通项公式，化简求数列的通项公式；(2)利用错位相减法求数列的前n项和．【小问1详解】因为成公差为1的等差数列，又数列的首项为，所以，所以；【小问2详解】因为，所以，所以，可知，所以所以．18.锐角中，已知．（1）求角B；（2）若，求的面积S的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式化简，可得，解出B即可；（2）由已知条件，得到A的范围，将面积公式化简变形用A的三角函数表示，求出最值.【小问1详解】∵∴由锐角，可知．【小问2详解】由（1）知，，，则又，，则由正弦定理知，，则，则∵，∴又，则，∴19.三棱台中，为正三角形，，，，． （1）求证：；（2）若二面角的平面角大小为，且在线段上有点D使得平面平分四面体的体积，求与面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点为，通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；（2）利用等体积法求得点到平面的距离，再求线面角即可.【小问1详解】证明：取中点为M，连接，如下所示：∵由为正三角形，∴．∵且，∴为平行四边形，∴．∵，面，∴面， 又∵面，∴．【小问2详解】∵平面平分四面体体积，∴D为的中点，∴，连接，取中点为，连接，如下所示：由（1）知，为的二面角的平面角，∴，∴为正三角形，又，∴，又面面，故，又，面，故面；在中，，，∴，，设点D到平面的距离为h，由得：，∴，设与平面所成的角为，则．20.某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲30天20天40天10天乙20天25天15天40天假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率．（1）分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；（2）记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．【答案】（1），；（2）分布列见解析，1.9；（3）证明见解析.【解析】【分析】(1)由统计表确定甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐频率和乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的频率，由频率估计概率即可；(2)由条件确定随机变量X的可能取值，再求取各值的概率，根据期望的定义求期望；(3)由条件结合条件概率公式证明，由此证明.【小问1详解】设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，所以，．【小问2详解】由题意知，甲员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，乙员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，所以，，所以X的分布列为：X12 P0.10.9所以X的数学期望．【小问3详解】由题知，即，即，即，即，即，即．21.已知M是椭圆的左顶点，过M作两条射线，分别交椭圆于，，交直线于，．（1）若，求的最小值；（2）当，求证：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】(1)将转化为和的关系，利用的正切值将角度转化为AM和BM的斜率的关系，从而得到C和D点纵坐标的关系，用表示，结合基本不等式即可得到的最小值；(2)设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理和已知条件求出m的值，从而确定直线AB所经过的定点．【小问1详解】如图，M(-2，0)，根据对称性，设， ，，当时，，化简得：，即，∴，当且仅当，即时等号成立．∴的最小值为．【小问2详解】由题可知直线AB斜率不为零，故设直线，代入可得：，由可得，，，直线MC为：，代入可得：，同理．从而，即， 将，代入化简得，从而直线为，过定点．22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若，函数，且，，，求的取值范围．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）首先求得导函数，然后分与两种情况分别讨论函数单调性即可；（2）首先将已知条件转化为，然后构造函数，通过求导判断的单调性，根据单调性得到，最后令，再根据的单调性求出参数的取值范围.【小问1详解】已知，得，当时，，，得在上递减；当时，有正根，当时，，在单调递增，当时，，在单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】由题知：，不妨设，令，则，令，则，当时，，在上单调递增当时，，在上单调递减，，故，即在单调递减，从而，即，令，即在递减，在上恒成立，可知，由（1）可知有，故．【点睛】本题第（2）小问的关键点在于恰当的条件转化，将已知条件转化为，并通过构造函数，然后依据的单调性解决问题，合理的转化条件和构造函数是解决此类问题的关键点.