【期中真题】新疆维吾尔自治区和田地区于田县2023届高三上学期11月期中数学试题.zip
展开2022~2023学年度第一学期和田地区于田县期中教学情况调研
高三数学(文科)
注意事项:
1. 本试卷包含选择题和非选择题两部分.考生答题全部答在答题卡上,答在本试卷上无效.本次考试时间为120分钟,满分值为150分.
2. 答题前,请务必将自己的姓名、准考证号(考试号)用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上,并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑.
3. 答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其它答案.答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置答题一律无效.
一、选择题;本题共12小题,每小题5分,共60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. 复数虚部是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则直接求解.
【详解】解:,
复数的虚部是,
故选:A.
2. 已知集合,,若有三个元素,则( )
A. {0,1} B. {0,-1} C. {0} D. {1}
【答案】C
【解析】
【分析】
先由有三个元素,由,可得或,再检验求出的值,再求交集.
【详解】集合,,若有三个元素
因为,
若,则,则不满足故舍去.
若,则或
当时,则不满足故舍去.
当时,,,则满足条件.
所以
故选:C
【点睛】本题考查根据集合的关系求出参数的值和求交集,属于基础题.
3. 已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16,则log2a9=( )
A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】
将已知条件转化为的形式,由此求得,进而求得以及的值.
【详解】∵数列{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16,
∴2q2=2×2q+16,且q>0,
解得q=4,
∴log2a917.
故选:C.
【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算,属于基础题.
4. 等比数列若则( )
A. ±6 B. 6 C. -6 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等比中项性质代入可得解,由等比数列项的性质确定值即可.
【详解】由等比数列中等比中项性质可知,,
所以,
而由等比数列性质可知奇数项符号相同,所以,
故选:B.
【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用,注意项的符号特征,属于基础题.
5. 已知命题方程有两个实数根:命题函数的最小值为4,给出
下列命题:①;②;③;④.则其中真命题的个数是
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析:因为方程有两个实数根是真命题;命题时函数的最小值为是真命题,故真假,故依据复合命题真假判定的结论可知②③④是正确的,应选C.
考点:命题的真假与复合命题的真假的判断.
6. 执行如图所示的程序框图,则输出的的值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】利用程序框图循环结构依次求解即可.
【详解】由,知;
从而有,知;
从而有,知;
从而有,知;
从而有,知;
此时输出的的值为5.
故选:B.
7. 某几何体的三视图如图所示,则此几何体的各面中最大面的面积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥.
结合三视图中的数据可得,
,故此几何体的各面中最大面的面积为.选B.
8. 若实数满足约束条件,则的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先作出可行域,再根据目标函数几何意义求最大值.
【详解】作出约束条件表示的可行域如图:
由得,
由可行域可知当直线经过点A时,直线截距最大,即z最大,
由解得.∴z的最大值.
故选:D
9. 将函数的图像向左平移个长度单位后,所得到的函数为偶函数,则m的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】,再求出平移后的解析式,由其为偶函数,由两角和与差的正弦公式展开后由三角函数的性质可求得的m值,从而得到最小值.
【详解】,
图像向左平移个单位后得到,
由函数为偶函数,
有,
∴,
得,
∴,
∴,,
即.,
由,所以当时,m的最小值为.
故选:A
10. 若正数x,y满足x+3y=5xy,则3x+4y的最小值是
A. B. C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】由已知可得,则,所以的最小值,应选答案C.
11. 设是方程的解,则属于区间( )
A. (0,1) B. (1,2)
C. (2,3) D. (3,4)
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数,根据函数单调性以及零点存在定理确定解的区间.
【详解】令,则单调递增,且
所以
故选:C.
12. 已知,是的导函数,则
A. 8056 B. 4028 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
先令,判断出函数与的奇偶性,即可求出结果.
【详解】因为,令,
所以,故函数为奇函数;
所以,即;
又,
所以,即函数为偶函数,
所以,即;
故.
故选D
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用,熟记函数奇偶性即可,属于常考题型.
二、填空题;本题共4小题,每小题5分,共20分
13. 已知函数f(x)=4x+ (x>0,a>0)在x=3时取得最小值,则a=________.
【答案】36
【解析】
【分析】利用对勾函数的单调性即可求解.
【详解】f(x)=4x+ (x>0,a>0)在(0,]上单调递减,
在(,+∞)上单调递增,故f(x)在x=时取得最小值,
由题意知=3,∴a=36.
故答案为:
14. 已知集合,,若,则的可能取值组成的集合为______.
【答案】
【解析】
【分析】当时,满足;当时,得到,结合集合的包含关系,求得或,即可求解.
【详解】由题意,集合,,且,
当时,,满足;
当时,,
要使得,则或,解得或,
所以实数的可能取值组成的集合为.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了根据集合的包含关系求解参数问题,其中解答中熟记集合的包含关系,以及合理分类讨论是解答的关键,注重考查分类讨论思想,以及推理与计算能力.
15. 在半径为5球面上有不同的四点A、B、C、D,若,则平面BCD被球所截面图形的面积为________.
【答案】
【解析】
【详解】过点A向面BCD作垂线,垂足为M,
因为则M是外心,而外接球球心位于AN上,
如图所示,设所在截面圆半径为r,
∵,,
∴在中,,
∴,
∴,
在中,
,
∴.
.
16. 已知函数,若存在满足是的最大值,是的最小值,则所有满足条件的整数对是_______ .
【答案】
【解析】
【分析】当时,易得一次函数没有最大值,不符合题意.因此f为二次函数,可得,函数取最大值时对应的,结合题意得到是一个整数化简得,即可得出满足条件的整数只有,从而得到或3,得到满足条件的所有整数对.
【详解】若,,可得无最大值,故,
为二次函数,
要使有最大值,必须满足,即且,
此时,时,有最大值.
又取最小值时,,
依题意,,可得,
且,
,结合为整数得,此时或.
综上所述,满足条件的实数对是:,.
故答案为
【点睛】本题给出含有根号和字母参数的二次函数,讨论函数的单调性与值域.着重考查了二次函数的图象与性质、方程整数解的讨论等知识,属于中档题.
三、解答题;本题共6个小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17. 已知向量,,且.
(1)求的最小正周期和单调递增区间;
(2)若,,求的值.
【答案】(1)最小正周期是,单调递增区间为 (2)
【解析】
【分析】
(1)由题,,则,再利用整体法求单调区间即可;
(2)由,先由同角的三角函数关系求得,再利用余弦的和角公式求解即可
详解】解:(1),
最小正周期是,
令,
,
的单调递增区间为
(2),
,
,,
,
【点睛】本题考查数量积的坐标表示,考查正弦型函数的周期和单调区间,考查利用余弦的和角公式求三角函数值
18. 如图,三棱锥中,侧面是边长为的正三角形,,平面平面,把平面沿旋转至平面的位置,记点旋转后对应的点为(不在平面内),、分别是、的中点.
(1)求证:;
(2)求三棱锥的体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】(1)连接、,利用面面垂直的性质定理得出平面,可得出,利用勾股定理计算出,推导出是以为直角的直角三角形,再由中位线的性质得出,由此可得出;
(2)由的面积为定值,可知当平面平面时,三棱锥的体积最大,连接、,推导出平面,计算出、以及的面积,然后利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】(1)如图,连接、,
因为,是的中点,所以,
又平面平面,平面平面,平面,
所以平面,平面,所以.
因为为边长为的正三角形,所以,
又,所以由勾股定理可得,
又,,,
,则,,
所以为直角三角形,且,
又、分别是、的中点,所以,所以;
(2)如图,连接、,
因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥,且的面积为定值,
所以当三棱锥的体积最大时,则平面平面,
,则,为的中点,则,
平面平面,平面平面,平面,
平面,
此时点到平面的距离为,
在中,因为,,所以,
所以的最大值为,
所以三棱锥的体积的最大值为.
【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直,同时也考查了利用等体积法计算三棱锥体积的最值,考查推理能力与计算能力,属于中等题.
19. 某校在课外活动课上连续开展若干项体育游戏,其中一项为“扔沙包”的游戏.其规则是:将沙包扔向指定区域内,该区域共分为A,B,C三个部分.如果扔进A部分一次,或者扔进B部分两次,或者扔进C部分三次,即视为该项游戏过关,并进入下一项游戏.小杨每次都能将沙包扔进这块区域内,若他扔进A部分的概率为p,扔进B部分的概率是扔进A部分的概率的两倍,且每一次扔沙包相互独立.
(1)若小杨第二次扔完沙包后,游戏过关的概率为,求p;
(2)设小杨第二次扔完沙包后,游戏过关的概率为;设小杨第四次扔完沙包后,恰好游戏过关的概率为,试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)当时,;
当时,;
当时,.
【解析】
【分析】(1)由题意可知,恰好游戏过关包含“第一次未扔中A部分,第二次扔中A部分”和“第一次与第二次均扔中B部分”两个事件,然后求解即可;
(2)第四次扔完沙包后,恰好游戏过关后游戏过关需前三次扔完后有一次扔进B部分且有两次扔进C部分,根据独立重复事件的概率计算即可.
【小问1详解】
解:扔进B部分的概率为,扔进C部分的概率为,且.
(1)小杨第二次扔完沙包后,恰好游戏过关包含“第一次未扔中A部分,第二次扔中A部分”和“第一次与第二次均扔中B部分”两个事件,则概率为,
由,得,解得或者,
又,
所以.
【小问2详解】
第四次扔完沙包后,恰好游戏过关后游戏过关需前三次扔完后有一次扔进B部分且有两次扔进C部分,
因此,
又,
,又,所以,
当时,;
当时,;
当时,.
20. 设、分别是椭圆:的上下焦点,是上一点,且与轴垂直,直线与椭圆的另一个交点为.
(1)若所在直线斜率为,求的离心率;
(2)若直线在轴上的截距为1,且,求椭圆的标准方程.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】(1)先判断位置,求得点坐标,再利用斜率为得到关于a,c的齐次式,求出离心率即可;
(2)先判断位置,分别利用中点坐标公式和椭圆方程求得点坐标,即得,在利用判断也是的中点,求得点坐标,代入方程得到,最后结合求得a,b,即得结果.
【详解】解:(1)记,则,依题意,所在直线斜率为,则在第三象限,将代入椭圆得,
则,即,
,,即,
解得或(舍去),
所以的离心率为;
(2)依题意,记直线与轴的交点为,如图所示,在第四象限,
由与轴垂直,,可知为的中点,
由中点坐标公式得,另外将代入椭圆得,即①.
由,知,故,即也是的中点,
由中点坐标公式得,代入椭圆方程得②.
由①②及,解得,
故椭圆的标准方程.
21. 设函数,
(1)设是图象的一条切线,求证:当时,切线与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关;
(2)设函数,若在定义域上无极值点,求的取值范围.
【答案】(1)详见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)设切点为,求出切线方程并计算与坐标轴围成的三角形的面积为2,故可得相应的结论.
(2)由可得,利用基本不等式及条件可得的取值范围.
【小问1详解】
当时,,,
设图象上任意一点,切线斜率为.
过点的切线方程为.
令,解得;令,解得
切线与坐标轴围成的三角形面积为.
所以与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关.
【小问2详解】
由题意,,
函数的定义域为,,
令,得,
因为当,,当且仅当时取等号.
要使在定义域上无极值点,
所以,
故的取值范围为.
请考生在第22、23两题中任选一题作答, 并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题. 如果多做,则按所做的第一题计分.
【选修 4-4:坐标系与参数方程】
22.
已知曲线的极坐标方程为,过点的直线交曲线于两点.
(1)将曲线的极坐标方程的化为普通方程;
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由直接将极坐标方程化为直角坐标方程即可;
(2)由题意知,直线的参数方程为(为参数,),代入椭圆方程得,利用根与系数的关系及直线参数方程的几何意义可得,由三角函数有界性即可得出结果.
【小问1详解】
由得,由得,
故曲线的普通方程为.
【小问2详解】
由题意知,直线的参数方程为(为直线的倾斜角),将代入得,
设对应的参数分别为,则,
的取值范围为.
【选修 4-5:不等式选讲】
23. 已知函数.
(1)当时,画出的图象;
(2)若关于的不等式有解,求的取值范围.
【答案】(1)图象答案见解析;(2).
【解析】
【分析】(1)先对函数化简,然后画出分段函数图像即可;
(2)由题意可得,由绝对值三角不等式可得,从而有,进而可求出的取值范围
【详解】解:(1)时,,
其图像为:
(2)若关于的不等式有解,即,
∵,
∴,∴或,
故或,故,
故的取值范围是.
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