山西省运城市2022-2023学年高三数学上学期期末调研测试试题（Word版附解析）

运城市2022-2023学年第一学期期末调研测试高三数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集U＝R，A＝{x|0＜x≤3}，B＝{x|x＜1}，则图中阴影部分表示的集合为（）A.{x|1≤x＜3}B.{x|1＜x≤3}C.{x|1＜x＜3}D.{x|1≤x≤3}【答案】D【解析】【分析】图中阴影部分表示的集合为，结合已知中的集合，，可得答案．【详解】图中阴影部分表示的集合为，全集U＝R，A＝{x|0＜x≤3}，，，故选：D．2.已知（为虚数单位）是纯虚数，则（）A.B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】化简复数，由于复数是纯虚数，则实部为0，虚部不为0.【详解】因为复数为纯虚数，则，所以.故选：A 3.已知双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题知双曲线的焦点在轴上，，进而得，再求焦距即可.【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，，即，所以，双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以，所以，的焦距为.故选：D4.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角. 在中利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接.因为为中点，且，所以四边形为矩形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.设圆的半径为1，则.因为，所以.在直角中，，得.所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.5.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】由函数奇偶性与单调性判断，【详解】由图知函数是奇函数，对于A，，，故是非奇非偶函数，故排除A，对于C，当时，为单调递增函数，故排除C，对于D，，则是偶函数，故排除D，故选：B6.已知，若，则（）A.B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】由题知，进而结合二倍角公式整理得，即，再代入求解即可.【详解】解：因为，，，所以，即所以.故选：B7.已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题知，进而构造函数 ，再根据函数的单调性得，再与求和整理即可得答案.【详解】解：由题知，所以，所以令，则，因为，恒成立，所以，在上单调递减，所以，，即因为，所以，即故选：C8.已知为数列的前项和，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可.【详解】解：因为，所以，当时，，解得，当时，，所以，当为偶数时，，故，为正奇数；当为奇数时，，即，故，为正偶数； 所以，故选：A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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.近年来､新冠疫情波及到千家万户，人们的生活方式和习惯不得不发生转变，短视频成了观众空闲时娱乐活动的首选．某电影艺术中心为了解短视频平台的观众年龄分布情况，向各大短视频平台的观众发放了线上调查问卷，共回收有效样本4000份，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.图中B.在4000份有效样本中，短视频观众年龄在10~20岁的有1320人C.估计短视频观众的平均年龄为32岁D.估计短视频观众年龄的75%分位数为39岁【答案】CD【解析】【分析】根据频率和为可构造方程求得，知A错误；由频率和频数的关系可求得观众年龄在岁的人数，知B正确；由平均数和百分位数的估计方法可验证知CD正确.【详解】解：对于A，，，A错误；对于B，由频率分布直方图知：短视频观众年龄在岁的人对应频率为，短视频观众年龄在岁的有人，B错误；对于C，平均年龄，C正确；对于D，设分位数为，则，解得： ，D正确.故选：CD.10.已知函数的图像关于直线对称，则（）A.满足B.将函数的图像向左平移个单位长度后与图像重合C.若，则的最小值为D.若在上单调递减，那么的最大值是【答案】ABC【解析】【分析】由题知，，进而结合三角函数的性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，所以，即，因为，所以，即，对于A，，，故，A正确；对于B，函数的图像向左平移个单位长度后得到的函数解析式为，故B正确； 对于C，设函数的最小正周期为，则，因为，故当时，，故C正确；对于D，在上单调递减，那么的最大值是，故D错误.故选：ABC11.已知直线，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则有（）A.长度的最小值为B.不存在点使得为C.当最小时，直线的方程为D.若圆与轴交点为，则的最小值为28【答案】BD【解析】【分析】由题知圆的圆心为，半径为，进而根据圆的切线问题依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：由题知圆的圆心为，半径为，对于A，因为圆心到直线的距离为，所以，故，故A错误；对于B，假设存在点使得为，如图，则，故在中，，由A选项知，故矛盾，即不存在点使得为，故B正确；对于C，由于,故四边形的面积为 ，所以，，故当最小时，最小，由A选项知，此时，，即直线的斜率为，由于直线的斜率为，故C错误；对于D，由题知，设，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为，故D正确；故选：BD12.已知直三棱柱中，是的中点，为的中点．点是上的动点，则下列说法正确的是（）A.无论点在上怎么运动，都有B.当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球表面积为 C.若三棱柱，内放有一球，则球的最大体积为D.周长的最小值【答案】ABD【解析】【分析】由题知两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，进而利用判断A；根据向量求解线面角得是的中点时直线与平面所成的角最大，进而求解几何体的外接球判断B；根据内切圆的半径为判断C；根据是的中点时求解判断D.【详解】解：因为直三棱柱中，平面，因为平面，所以，因所以，两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，因为是的中点，为的中点，点是上的动点则，，，，，，，对于A选项，，，故，，A正确；对于B选项，由题已知平面的法向量为，，设直线与平面所成的角为，所以，，当且仅当时等号成立，此时是的中点，， 此时中点到点的距离均为，故三棱锥的外接球心为，半径为，所以，三棱锥的外接球表面积为，故B正确；对于C选项，三棱柱，内放有一球，当球的体积最大时，为该三棱柱的内切球，由于内切圆的半径为，故三棱柱内切球的半径为，其体积不等于，故C错误；对于D，当是的中点时，此时，，此时，即，所以当是的中点时，，即取得最小值，分别为因为所以，周长的最小值，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】令，则，进而，再根据通项公式求解即可.【详解】解：令，则， 所以等价于，所以展开式的通项为，令得，所以，故答案为：14.已知，则向量在向量上的投影向量为__________．【答案】##【解析】【分析】由题知，进而根据投影向量的概念求解即可.【详解】解：因为所以，解得，所以，向量在向量上的投影向量为故答案为：15.已知定义在R上偶函数满足，若，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】【分析】根据函数的满足的性质推得其周期，进而推得，再由集合偶函数的求导可得，可构造函数，并判断其单调性，从而将化为，即，利用函数单调性，即可求得答案. 【详解】且是定义在R上的偶函数，，以代换x，得，∴是以3为周期的周期函数，故，即﹔由可得，即，又，即，令，则，∴为R上的增函数，∴不等式即，即，∴，即不等式的解集为，故答案为：16.椭圆的左右焦点分别为为椭圆上位于x轴上方的两点，且满足，若构成公比为2的等比数列，则C的离心率为__________．【答案】##【解析】【分析】设，进而结合题意，根据椭圆的定义得，，再结合余弦定理，根据得，进而可求得答案.【详解】解：设，因为构成公比为2的等比数列，所以， 因为由椭圆的定义知，，所以，即，所以在中，，在中，，因为，所以，所以，整理得，即，所以，椭圆的离心率，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.设等差数列的前n项和为，已知，各项均为正数的等比数列满足． （1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列通项公式与等比数列性质计算得，，，，进而求解通项公式即可；（2）由题知，进而根据错位相减法求解即可；【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因为所以，解得，所以因为各项均为正数的等比数列满足，所以，即，故，所以，等比数列的公比为，解得，所以所以，.【小问2详解】解：由题知， 所以；，所以，所以18.在锐角中，内角的对边分别为，且满足：（1）求角的大小；（2）若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦边化角，并结合恒等变换得，再结合题意得，进而根据内角和定理得答案；（2）由题，结合（1）得，设，则，进而根据锐角三角形得，在在中，由正弦定理得，进而，再根据三角函数性质求范围即可.【小问1详解】 解：因为所以，即所以，所以，即，因为在锐角中，，所以，即，因为，所以，解得所以【小问2详解】解：因为，角与角的内角平分线相交于点，所以，所以所以，设，则，因为为锐角三角形，所，解得所以，在中，由正弦定理得，所以，面积 因为，所以，所以，所以，所以，面积的取值范围是.19.为了迎接2022年世界杯足球赛，某足球俱乐部在对球员的使用上一般都进行一些数据分析，在上一年的赛季中，A球员对球队的贡献度数据统计如下：球队胜球队负总计上场22未上场1220总计50（1）求的值，据此能否有的把握认为球队胜利与球员有关；（2）根据以往的数据统计，球员能够胜任前锋､中锋､后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为：，当出任前锋､中锋､后卫以及守门员时，球队赢球的概率依次为：，则：①当他参加比赛时，求球队某场比赛赢球的概率；②当他参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求球员担当守门员的概率； ③在2022年的4场联赛中，用X表示“球队赢了比赛的条件下球员担当守门员”的比赛场次数，求的分布列及期望．附表及公式：．【答案】（1），，没有的把握认为球队胜利与球员有关；（2）①0.27；②；③分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据列联表中的数据补全，再根据独立性检验求解即可；（2）①根据独立事件的乘法公式求解即可；②根据条件概率计算求解即可；③由题知，进而根据二项分布求解即可.【小问1详解】解：根据题意，补全列联表如下表：球队胜球队负总计上场2230未上场1220总计302050所以，，，所以，没有的把握认为球队胜利与球员有关 【小问2详解】解：①根据题意，记球员参加比赛时，球队某场比赛赢球为事件，，所以，球员参加比赛时，球队某场比赛赢球的概率为.②记球员担当守门员为事件，则，所以，当球员参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，球员担当守门员的概率为，因.所以，球员参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，球员担当守门员的概率为③由②知，球队赢了比赛的条件下球员担当守门员的概率为，由题知的可能取值为，且所以；；；；.所以，的分布列如下表，所以，20.如图，水平面上摆放了两个棱长为的正四面体和． （1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接与交于点，过点分别作平面，平面，垂足分别为，进而证明四边形为平行四边形，四边形时菱形即可证明结论；（2）取线段中点，连接，证明平面，进而根据可以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，再根据向量法求解即可.【小问1详解】证明：因为与共面，所以，连接与交于点，因为四面体和是相同的正四面体，所以，与均为等边三角形，即，所以，四边形时菱形，则为与中点，过点分别作平面，平面，垂足分别为，所以，由正四面体的性质可知，分别为、的中心，且在上，，因为正四面体的棱长为， 所以，因为平面，平面，所以，，同理得，所以，，故四边形为平行四边形，所以，因为四边形时菱形，，所以【小问2详解】解：由题知，取线段的中点，连接，易知，故为中点，因为四边形为平行四边形，所以，因为分别为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，因为，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， 设平面的法向量为，则，令得，故，设平面的法向量为，，则，令得，故，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为21.已知抛物线的焦点为．（1）如图所示，线段为过点且与轴垂直的弦，动点在线段上，过点且斜率为1的直线与抛物线交于两点，请问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；（2）过焦点作直线与交于两点，分别过作抛物线的切线，已知两切线交 于点，求证：直线､、的斜率成等差数列．【答案】（1）是定值;定值为4.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得的坐标，设，可得直线l的方程，联立抛物线方程，由根与系数关系可得结论；（2）设直线的方程为；，设点，联立直线和抛物线方程，由根与系数关系可得，利用直线斜率公式表示直线､、的斜率，化简可证明结论.【小问1详解】依题意知，将代入可得，设，所以直线l的方程为，联立方程，得：,当不满足题意舍去，则是定值.【小问2详解】证明：依题意设直线的方程为；，设点,联立方程得：，，，又,点F坐标为,∴, ，，，所以直线､、的斜率成等差数列．【点睛】方法点睛：证明直线､、的斜率成等差数列时，要利用斜率公式表示出直线､、的斜率，说明他们的斜率满足，因此解答时需要设直线方程以及交点坐标，联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，然后化简整理，证明即可.22.已知．（1）求证：恒成立；（2）令，讨论在上的极值点个数．【答案】（1）证明见解析；（2）在上有3个极值点.【解析】【分析】（1）求得函数定义域，求出函数的导数，判断正负，确定函数单调性，即可证明结论；（2）求出函数的导数，对x的取值分段讨论，判断导函数的正负，从而判断导函数的变号零点个数，从而可判断函数的极值点个数.【小问1详解】证明：由,得的定义域为,,当时，，单调递增，当时，，单调递减, ∴，即恒成立.【小问2详解】，,,①当,单调递增，单调递减,所以在上单调递增，又，,所以在上有一个变号零点故在上有一个极值点；②当时，，，所以，此时单调递增，在这一区间内无极值点；③当，令，，又在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，又，，所以存在使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所从在有1个变号零点，所以有1个极值点；④当时，，函数单调递增，所以这一区间内无极值点， 结合③④可知也是的一个极值点，综上在上有3个极值点.【点睛】方法点睛：判断函数极值点的个数问题，即是判断其导数有无变号零点的问题，解答时要注意到判断导数的正负时，要进行分类讨论，并能结合零点存在定理，判断导函数的零点个数，从而判断函数的极值点问题.