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重庆市实验中学2023届高三数学上学期期中试题(Word版附解析)

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2022—2023学年上期高2020级高三数学试题(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.

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发布时间:2023-09-14 00:15:01 页数:25
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文章作者:随遇而安

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