【期中真题】吉林省长春外国语学校2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题.zip

长春外国语学校2022-2023学年第一学期期中考试高三年级

数学试卷

一､选择题：本题共12小题，每小题5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，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解不等式求出，，从而求出交集.

【详解】，

，解得：，

所以，

故.

故选：A

2. 等比数列4，x，9，…，则实数x的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列的定义列方程求即可.

【详解】因为数列4，x，9，…为等比数列，所以数列4，x，9为等比数列，所以，所以，C正确，故选：C.

3. 在复平面内，对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】求出，从而得到对应的点为，故位于第三象限.

【详解】，

故对应的点为，

所以对应的点位于第三象限.

故选：C

4. 若函数在上单调递减，则a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合二次函数的性质求解函数的单减区间为，即，列出不等关系求解即可.

【详解】由题意，函数是开口向下的二次函数，对称轴为，

故函数的单减区间为，

即，故，

解得：，

则a的取值范围是.

故选：D

5. 的展开式中，的系数等于（    ）

A.  B.  C. 10 D. 45

【答案】B

【解析】

【分析】利用通项公式求出二项式的展开式，确定，从而确定的系数等于-10.

【详解】的展开式为，

令，解得：，

故，

所以的系数等于-10.

故选：B

6. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取4个介绍给外国的朋友，则这4个节气中含有“立春”的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出从24个节气中选择4个节气的情况，和四个节气中含有“立春”的情况，利用古典概型求概率公式进行求解.

【详解】从24个节气中选择4个节气，共有种情况，

这四个节气中含有“立春”的情况有种情况，

故这4个节气中含有“立春”的概率为.

故选：B

7. 已知直线与圆交于A，B两点，点M为上的一动点，点，记M到l的距离为d，则下列结论正确的是（    ）

A. 的最小值为 B. 的最小值为

C. 的最小值为 D. 的最小值为

【答案】D

【解析】

【分析】作图，根据条件结合垂线段的几何性质确定的最小值.

【详解】如图：过点作，垂足为，过点作，垂足为，则，由垂线段的性质可得，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，又直线的方程为，点的坐标为，所以，所以的最小值为，D正确，

故选：D.

8. 如图，函数图象与x轴交于，与y轴交于P，其最高点为.若，则A的值等于（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】先求出周期，再根据求，最后求出点坐标，进而由长度列方程求解即可.

【详解】由图可知：，得，所以，

将代入方程得：，，

又，,

，，所以，，

所以

解得：或（舍）.

故选：B

9. 已知矩形中，，，将沿折起至，当与所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据垂直时异面直线所成角最大，再结合等体积法可求解.

【详解】

如图,当时, 与所成角最大为,

因为四边形是矩形,

所以,且,

,平面,平面,

所以平面,

因为平面,所以,

在中，

又因为

所以 即,

所以.

故选:C.

10. 已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过F的直线m与C交于A，B两点，点A在l上的投影为D.若，则（    ）

A  B. 2 C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】过点作，垂足为点，作，垂足为点，分析出点为的中点，利用抛物线的定义可求得结果.

【详解】过点作，垂足为点，作，垂足为点，

，所以，四边形为矩形，所以，，

因为，所以，，故，

由抛物线的定义可得，，所以，，

即.

故选：A.

11. 已知定义在上的奇函数满足，当时，．若与的图象交于点、、、，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分析可知函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心，直线关于点对称，作出图形，结合对称性可求得结果.

【详解】由题意可得，所以，，

故函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，

且，故点是函数图象的一个对称中心，

作出函数的图象如下图所示：

且当时，；当时，.

且直线关于点对称，

由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，

故，，

因此，.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题的关键在于分析函数的对称性与周期性，利用图象并结合对称性来处理.

12. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，将问题转化为直线与函数的图象在上有两个不同的交点，根据导函数研究的单调性，从而作出函数的图象，数形结合即可得解.

【详解】令，原问题可转化为直线与函数的图象有两个不同的交点..令，则，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，从而，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增.所以，作出函数的大致图象，如图所示，易知当时，函数与的图象有两个不同的交点，即在上有两个不同的零点.

故选：D

二､填空题：本题共4小题，每小题5分.

13. 已知，为单位向量，，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由可得，即可求出，再代入即可得出答案.

【详解】因为，为单位向量，，

所以，

所以.

则

故答案为：.

14. 曲线在处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求导得到，再利用切线方程公式计算得到答案.

【详解】，

当时，，.

故切线方程为：，即.

故答案为：.

15. 已知等比数列的公比，，，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据等比数列的性质及，求得与的值，从而可得.

【详解】解：由得

由等比数列得，所以，即

解得或，则或，由，可得，即

所以.

故答案为：.

16. 在平面直角坐标系中，已知，为双曲线的左､右焦点，，为C的左､右顶点，C的离心率等于2，P为C左支上一点，若平分，直线与的斜率分别为，，且，则等于___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据结合直线与的斜率分别为，的斜率关系，角平分线定理以及双曲线的定义，可得，又由离心率得，又在焦点三角形中用余弦定理得直线倾斜角的余弦值，从而可得直线的斜率的值.

【详解】解：由题意得下图：

则，，，，

双曲线的离心率，所以，则

又直线与的斜率分别为，，且，且在第二象限

所以，则，

因为平分，由角平分线定理得：，结合，

即可得，所以

又在双曲线中有，所以

则在中，

由题意，可得为锐角，

所以

则.

故答案为：.

三､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. 已知等差数列满足首项为的值，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据对数运算法则求解首项，在根据已知式子求公差，从而可得数列的通项公式；

（2）利用裂项相消法求解前前n项和即可.

【小问1详解】

解：数列满足首项为

设公差为，则，可得，解得

所以；

【小问2详解】

解：

所以

.

18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.

（1）求A；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简已知式子，结合正弦定理以及三角形的角度关系，即可求得角的大小；

（2）又正弦定理可得，再将转化为关于角的正弦型函数，根据角的范围从而可确定的取值范围.

【小问1详解】

解：由，得：

由正弦定理得：

又，所以，即，则；

【小问2详解】

解：由正弦定理得：

所以

又，则，所以

故的取值范围为.

19. 北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业､礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者.现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，若甲能答对其中的5道题，求：

（1）甲测试合格的概率；

（2）甲答对的试题数X的分布列和数学期望.

【答案】（1）   

（2）分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】（1）利用古典概型求概率的公式求概率即可；

（2）利用古典概型求概率公式求概率，然后写分布列，最后求期望即可.

【小问1详解】

设甲测试合格为事件，则.

【小问2详解】

甲答对的试题数可以为0，1，2，3，

，，，，

所以分布列为：

.

20. 如图，在长方体中，E，F分别是，的中点.

（1）证明：平面；

（2）若，求平面与平面所成角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明平面OEF平面，再由面面平行的性质证明平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面夹角的余弦值即可.

【小问1详解】

长方体中，如图，

连接AC，BD交于点O，则O是AC， BD的中点，连接OE, OF.

又因为F为AC的中点，

所以OF.

因为平面, 平面,

所以OF 平面.

又E是BC的中点，

所以.

因为平面，平面,

所以OE 平面.

因为OF∩OE=O，平面，平面,

所以平面OEF 平面.

因为平面OEF，平面,

所以EF/平面.

【小问2详解】

连接，，，以A为坐标原点，

，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

因为在长方体中，，

所以，，，所以，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

由，得，

即，令，则，，

所以，

设平面的法向量为，

由，得，

即，令，则，，

所以，

设平面与平面所成角为，

所以.

平面与平面所成角的余弦值为.

21. 已知椭圆：()的离心率为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过点且不垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点，若点关于轴的对称点为，证明：直线与轴相交于定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，求得，即可求得椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程为，、，则，联立，根据，求得的范围，利用韦达定理求得，，求得直线的方程，令，即可得出结论.

【详解】解：（1）由题意可知，，，则解得，

∴椭圆的标准方程为；

（2）由题意可知直线一定存在斜率，设斜率为，设直线的方程为，

联立消去并化简得：，

∵，∴，

设、，则，，，

∴直线的斜率，

则直线的方程为，

当直线与轴相交时，

则

，

∴直线与轴相交于定点.

22. 已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）若在有两个极值点，求证：．

【答案】（1）当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；

（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.

【小问1详解】

由，

求导得，

易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，

①当时，即，，则在上单调递增；

②当时，即或，

令时，解得或，

当时，，

则在上单调递减；

当或，，

则在和上单调递增；

综上所述，当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

【小问2详解】

在上由两个极值点，

或，且为方程的两个根，即，，

，，即，

将，代入上式，可得：

，

由题意，需证，令，

求导得，

当时，，则在上单调递减，即，

故.