重庆市南开中学2022-2023学年高三数学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

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2022-2023学年上期高2020级高三线上检测 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．己知全集，集合，集合，则A∩B（    ） A． B． C． D． 2．数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 3．若（，为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．如图，矩形的对角线把矩形分成A、B、C、D四部分，现用五种不同色彩给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，共有（　　）种不同的涂色方法？ A．260 B．180 C．240 D．120 6．已知F是椭圆的一个焦点，若存在直线与椭圆相交于A，B两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 7．已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若存在，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 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．某次智力竞赛的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得10分，部分选对的得5分，有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（    ） A．甲同学仅随机选一个选项，能得5分的概率是 B．乙同学仅随机选两个选项，能得10分的概率是 C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是 D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是 10．已知正方体的棱长为1，点P为侧面内一点，则（    ） A．当时，异面直线CP与AD所成角的正切值为 B．当时，四面体的体积为定值 C．当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分 D．当时，四面体BCDP的外接球的表面积为2π 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是以为周期的周期函数 B．在上单调递减 C．的值域为 D．存在两个不同的实数，使得为偶函数 12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如：，．则下列命题中正确的是（    ） A．， B．若，，，则方程的解集为 C．对于任意实数，，是成立的充分不必要条件 D．设，则函数的所有零点之和为-1 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______. 14．“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，则第10条斜线上，各数之和为______. 15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，成等差数列，若，则b边的最小值为______. 16．已知，若有且仅有三个整数解，则a的取值范围是___________. 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．已知数列是首项为4的单调递增数列，满足 (1)求证：； (2)设数列满足，数列前㑔和，求的值. 18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A；(2)若，求的值；(3)若的面积为，，求的周长. 19．2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲､乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，其中. (1)若，分别求出该考生报考甲､乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率； (2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求的取值范围. 20．如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥. (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 21．已知双曲线的离心率为，左､右顶点分别为M，N，点满足 (1)求双曲线C的方程； (2)过点P的直线l与双曲线C交于A，B两点，直线OP与直线AN交于点D.设直线MB，MD的斜率分别为，求证：为定值. 22．已知函数在处取得极值0． (1)求实数，的值； (2)若关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解，求的取值范围； (3)设函数，若，总有成立，求的取值范围． 高三线上测试数学参考答案 单选：DABDAAAC 5．由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色： 第一类，用4种颜色涂色，有种方法． 第二类，用3种颜色涂色，选3种颜色的方法有种． 在涂的过程中，选对顶的两部分（A、C或B、D）涂同色，另两部分涂异色有种选法；3种颜色涂上去有种涂法， 根据分步计数原理求得共种涂法． 第三类，用两种颜色涂色．选颜色有种选法，A、C用一种颜色，B、D涂一种颜色，有种涂法，故共种涂法． ∴共有涂色方法120+120+20＝260种， 故选：A． 6．解：连接，与左右焦点，的连线， 由，由椭圆及直线的对称性可得四边形为平行四边形，， 在三角形中，， 所以，即，当且仅当时等号成立，又直线的斜率存在，故， 即，可得， 所以椭圆的离心率. 故选：A． 7．是等差数列，则，又， 所以， 不等式为， 是奇数时，不等式为，， 时，设，， 时，，递减，时，，递增， 又是正奇数，，，所以的最小值是， ，， 是偶数时，不等式为，， 时，是增函数，又取正偶数，所以的最小值是，所以， 综上，． 8．设，作出函数与的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 由图可知，点、关于直线对称，则， 且函数在上为增函数， 由，因为，解得， 所以，. 9．ABC 甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为， 随机事件“若能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故A正确； 乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件， 分别为：， 随机事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故B正确； 丙同学随机选择选项（丙至少选择一项）， 由A、B中的分析可知共有基本事件种，分别为： 选择一项：； 选择两项：； 选择三项或全选：，， 随机事件“能得分”中有基本事件， 故“能得分”的概率为，故C正确； 丁同学随机至少选择两个选项，由C的分析可知：共有基本事件11个， 随机事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故D错； 故选：ABC. 10．BCD A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线线角的余弦值，进而求出正切值； B选项，证明线面平行，进而得到，四面体的体积为定值； C选项，先作出辅助线，得到，PE⊥平面ABCD，故设出，利用列出方程，化简后得到轨迹方程，得到当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确； D选项，作出辅助线，找到球心，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到外接球的表面积. 如图1，以D为坐标原点，分别以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设异面直线CP与AD所成角为， 则， 故，，A错误； 如图2，因为，且， 所以四边形为平行四边形， 故， 因为平面，平面， 所以平面， 故当点P在上运动时，点P到平面的距离不变， 即当时，四面体的体积为定值，B正确； 如图3，过点P作PE⊥BC于点E，连接， 因为平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以AB⊥EP， 因为，平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD， 设，，其中， 当时，， 整理得：， 故当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确； 如图4，当时，P为的中点，取BD的中点Q，BC的中点N，连接PN， 则PN，故PN⊥平面ABCD， 因为BC⊥CD，故三角形BCD的外心为点Q，则外接球球心O在过点Q且垂直于平面ABCD的直线上， 故OQ⊥平面ABCD，OQPN， 连接OP，QN，OB，过点O作OMQN交PN于点M，设四面体BCDP的外接球的半径为R， 则OB=OP=R，，OQ=MN， 其中，设OQ=MN=h，则， 由勾股定理得， 故，解得：， 故，， 当时，四面体BCDP的外接球的表面积为2π，D正确. 11．BD A选项，验证，得到A错误 B选项，根据时，，得到，换元后得到，利用复合函数单调性求出答案； C选项，令，此时得到，换元后得到，由求出值域； D选项，由得到只需且，从而得到且，结合，解不等式，得到相应的：且，且，验证后得到答案. ，所以函数的周期不为，故选项A错误； 时，， 故，令， 则， 因为，所以，故， 且t在单调递减， 又，故，开口向下，对称轴为， 故在单调递增， 由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，B正确； 令， 若，，即，时， ， 两边平方得：， 故， 若，，即，时， 此时， 两边平方得： 此时， 综上：对于，均有， 所以变形为， 因为，所以当时，取得最大值，最大值为1， 其中，， 因为，故最小值为， 综上：的值域为，C错； ， 则， 假设为偶函数，则， 即， 只需且， 由可得：，①，或②， 其中由①得：，，不能对所有恒成立，舍去； 由②得：， 由可得：③， 由③得：， 故需要保证与同时成立， 令，解得：且， 令，解得：且，故， 取，此时，此时令，解得：，符合要求， 取，此时，此时令，解得：，舍去， 取，此时，此时令，解得：，符合要求， 综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数， ，就是这两个实数，D正确． 12．BCD 对于A，设，，则，所以， 因为，所以，所以，则，故A错误； 对于B，因为当时，，所以方程等价于， 又因为表示不超过的最大整数，所以恒成立，即对任意，恒成立， 所以方程的解集为，故B正确； 对于C，设，，由，则，易知， 设，则，但， 故对于任意实数，，是成立的充分不必要条件，故C正确； 对于D，当为整数时，； 当不是整数时，设的整数部分为，小数部分为，则，当时，，则，此时，则，即， 故，则. 当为整数时，，令，解得，此时函数的零点为； 当不是整数时， ， 故函数为偶函数，则若存在零点，此时函数的所有零点之和为. 综上所述，函数的所有零点之和为，故D正确. 故选：BCD. 13． 14． 15．2 16． 16.解：， 令， 令，则， 所以函数在上递减， 又， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 因为有且仅有三个整数解， 所以，即， 所以a的取值范围是. 故答案为：. 17．（1）证明：由题意得，，即，即， ∵数列是首项为4的单调递增数列，，∴ （2）由（1）得，即，即，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，故， 则， ∴ 18．（1）根据正弦定理得， ， ∵，∴，则， ∵，∴. （2）∵, ∴，，，， ∴ . （3）∵面积为，且， ∴，整理得①， 根据余弦定理可得，②， 联立①②，可得，所以周长为8. 19．（1）解：设“该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目”为事件，“该考生报考乙 大学恰好通过一门笔试科目”为事件， 根据题意可得， （2）解：设该考生报考甲大学通过的科目数为，报考乙大学通过的科目数为， 根据题意可知，，所以，， ， ， . 则随机变量的分布列为： ， 若该考生更希望通过乙大学的笔试时，有， 所以，又因为，所以， 所以，的取值范围是. 20．（1）解：取的中点，连接， 因为，则， 当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值， 此时平面，且， 底面为梯形，面积为， 则四棱锥的体积最大值为； （2）解：连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设,,， 所以， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 令，可得：， 设两平面夹角为， 则 令，所以，则 所以，所以当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 21．（1）由题意知，又， 所以， 由，可得， 又，所以，故， 所以双曲线的方程为； （2）因为， 若直线l的斜率不存在，则l与双曲线C仅有一个公共点， 不合题意，故l的斜率存在， 设l：， 联立得：， 设， 则. 因为，故，① 又， 所以，② 联立①②，解得， 于是 所以为定值. 22．（1）， 由题意可知：，解得. （2）， 由得， 由题意，曲线与直线在区间上恰有2个交点． ， 时，，时，， 所以在区间上是减函数，在区间上是增函数， ， 又， ∴． （3）由总有成立可知： 在区间上， 由（2）知在区间上，， ∵， 时，，时，， ∴函数在区间上是减函数，在区间上是增函数， ∴，所以， ∴ ．0123