安徽省蚌埠第二中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

蚌埠二中2023—2024学年度高三第一学期11月期中检测数学试题满分：150分考试时间：120分钟考试注意：所有选择题的答案必须用2B铅笔填涂在答题卡中相应的位置，非选择题在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.一､选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.若（其中i为虚数单位），，则（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将代入中，进行分母有理化，再代入求模公式求解即可.【详解】因为，所以，所以.故选：A.2设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（）A.–4B.–2C.2D.4【答案】B【解析】【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知向量，的夹角为，且，，则（）A.9B.C.16D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积的定义与运算律计算.【详解】．故选：C4.的充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A.时，不一定有，如：x=0,y=-1.所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；B.时，不成立，所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；C.时，成立，所以是的充分条件；时，一定成立，所以 是成立的充要条件.所以该选项不符合题意；D.时，成立，所以是的充分条件；但是时，不一定成立，如：x=-3,y=0.所以是的非必要条件.所以是的充分非必要条件.故选：D【点睛】本题主要考查充分非必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数及二次函数的单调性可得，进而即得.【详解】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以，解得.故选：B.6.已知函数，则的图象大致为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.【详解】当时，，则，在上单调递增，BD错误；当时，，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.故选：A7.已知，，，则（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，独立事件的概率公式即可求解.【详解】,即，解得.故选：D.8.已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】先研究时，的单调性和极值，画出分段函数的图象，换元后数形结合转化为二次函数根的分布情况，列出不等式组，求出实数的取值范围.【详解】当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则时，当时，.作出大致图象，函数恰有5个不同零点，即方程恰有5个根.令，则需方程.（l）在区间和上各有一个实数根，令函数，则解得.（2）方程（*）在和各有一根时，则 即无解.（3）方程（*）的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.综上，.故选：A【点睛】复合函数与分段函数结合问题，要利用数形结合思想和转化思想，这道题目中要先研究出分段函数的图象，再令，换元后转化为二次函数根的分布问题，接下来就迎刃而解了.二､多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.9.已知函数（且）的图象过定点，且角的终边经过，则（    ）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】先根据对数函数的性质求出定点，再根据三角函数的定义、倍角正弦公式及两角和的正切公式计算即可得解.【详解】因为，令，得，进而，则，故A错误；因为，所以，，，则， ，故BCD正确.故选：BCD.10.设是公差为d的等差数列，是其前n项的和，且，，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由得，，可判断A、B、C；分析与的符号，可判断中的最小项.【详解】，则，所以，所以，，，因为，则，故A正确；，故B错误；，故C正确；，是递增数列，，，所以中，只有最小，故D错误.故选：AC．11.如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（） A.当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值B.记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为C.当点P为中点时，异面直线与所成角为D.当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对A，显然平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.【详解】对A，由于，显然平面，又，所以在任何位置时到平面的距离相等，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对B，由在上且，故截面为，所以截面周长为，故B错误；对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，又，所以，故C正确；对D，当点P为中点时，， 所以在正方体中平面，由，，所以，，所以外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；故选：ACD12.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是函数的一个周期B.存在，使得函数是偶函数C.当时，函数在上的最大值为D.当时，函数的图象关于点中心对称【答案】BC【解析】【分析】本题可通过判断出A错误，然后通过取判断出B正确，再然后令，将转化为，通过求出函数在上的最大值判断出C正确，最后通过判断出D错误.【详解】A项：因为，所以，不是函数的一个周期，A错误；B项：当时，， 满足，故函数是偶函数，B正确；C项：当时，，令，则，，因为，所以，则，开口向下，对称轴为，故当时，在上取最大值，，故函数在上的最大值为，C正确；D项：当时，，则，，，故函数的图像不关于点中心对称，D错误，故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质的判断，考查三角函数的周期性、奇偶性、在区间内的最值以及对称性，若函数满足，则关于点中心对称，若函数定义域为且满足，则函数是偶函数，考查推理能力与计算能力，是难题.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知奇函数且，，成等差数列，则___________.【答案】2【解析】【分析】首先利用奇函数的定义，求出时的解析式，得到，，再求出和，利用 等差中项的性质求出，进一步求出的值.【详解】由奇函数定义知，当时，∴∴，∴，，∴，，又∵，，成等差数列，∴，∴，若，则，解得（舍）或,若，则，无解,∴.故答案为：2.14.已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，，然后利用展开式的通项公式得到有理项项数，再利用古典概型的概率求解.【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故，展开式的通项，当是偶数时该项为有理项，时，项为有理项，共有4项， 所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为.故答案为：15.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，为坐标原点，余弦相似度为向量夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，若的余弦距离为，则的余弦距离为__________.【答案】##【解析】【分析】根据余弦相似度和余弦距离的定义，即可求得结果.【详解】由题意得，则，又，，，.故答案为：16.已知（为自然对数的成数），，直线是与的公切线，则直线的方程为________.【答案】或【解析】【分析】设出公切线与两曲线的切点，根据切点在曲线上和斜率建立关于切点坐标的方程，求出切点坐标后可得公切线的方程． 详解】设公切线与且于点，与曲线切于点，则有②又，∴．∵过点的直线的斜率为，∴．③由①②③消去整理得，解得或．当时，，直线与曲线的切点为，，此时切线方程为，即．当时，，直线与曲线的切点为，，此时切线方程为，即．故直线的方程为或．所以答案为或．【点睛】本题考查导数几何意义的应用，解答此类问题的关键是求出切点坐标．由于题目中不知曲线的切点坐标，所以在解题时首先要设出切点，然后根据切点在曲线上及导数的几何意义得到关于切点坐标的方程，求出切点坐标后可得切线方程．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.如图，在多面体中，△是等边三角形，△是等腰直角三角形，，平面平面，平面，点为的中点，连接. （1）求证：∥平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过面面垂直推证出平面，再由平面，即可得//，由线线平行，即可推证线面平行；（2）根据（1）中结论，结合，即可求解三棱锥的体积.【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，，点为的中点，∴．∵平面平面，平面平面，平面，∴平面．∵平面，∴//．∵平面，平面，∴//平面．（2）由（1）知//平面，∴点到平面的距离等于点到平面的距离．∵，是等边三角形，点为的中点∴∴ ∴三棱锥的体积为.18.已知等差数列中，首项，公差，，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，设数列的前n项和为，，求正整数n的最大值.【答案】（1）；（2）1617【解析】【分析】（1）根据已知条件，列出关系式，解出公差，即可得到；（2）代入整理可得，，求出表达式，即可解出.【小问1详解】由题意可知：，解得∴∴【小问2详解】由题意可知∴∵，解得∴n的最大整数为161719.已知向量，，，函数．（1）若，求在上的单调递减区间；（2）若关于的方程在上有3个解，求的取值范围．【答案】（1） （2）．【解析】【分析】(1)化简得，由正弦函数的性质可得函数的单调递减区间为，进而可得在上的单调递减区间；(2)由题意可得，从而可得，结合题意可得，求解即可.【小问1详解】解：依题意，，当时，．令，得，当时，，故在上的单调递减区间为；【小问2详解】解：依题意，，则或，则或．则，则，解得， 即的取值范围为．20.在①；②，两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．在中，内角所对的边分别是，三角形面积为S，若为边上一点，满足，且_________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．（1）求角；（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择①，结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；选择②，结合二倍角公式平方关系及正弦定理化简可得，进而结合余弦定理求解；（2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可.【小问1详解】选择①，，，即，由正弦定理得，， ，，，，即.选择②，，，，，，由正弦定理得，，即，所以，，即.【小问2详解】由（1）知，，因为，所以，，在中，由正弦定理得，即，在中，，，，,， ，，，所以的取值范围为.21.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.【小问1详解】用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，所以.【小问2详解】 因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则，，.所以的分布列为245所以的期望，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，故最大值为.22.已知函数．（1）这比较与的大小；（2）求证：当时，．参考数据：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，构造函数，再利用导数研究函数最值即可得答案； （2）根据题意，结合（1）将问题转化为证明，进而设，再根据函数单调性证明即可；【小问1详解】解：令，则设，则，令，则在上为增函数，∵，∴当时．为减函数；当时，为增函数，∴，即．∴在上单调递增，由于，所以当时，当时，．综上可知：【小问2详解】解：当时，要证明，只需证明．由（1）可知，当时，恒成立， 因此只需证明当时，即可．设，则，因此当时，单调递增；当时，单调递减所以的最小值只能是与中最小的一个．因为，而．因为，所以，所以，，所以，．所以，当恒成立，即，所以，当时，．【点睛】关键点点睛：本题第二小问解题的关键在于结合（1）的结论，将问题转化为证明，再构造函数求解最小值；再比较是与的大小时，借助中间量实现大小比较.