广东省揭阳市普宁市华侨中学2022-2023学年高三数学上学期11月期中试卷（Word版附解析）

2022-2023学年第一学期普宁市华侨中学

高三数学期中考试

本试卷满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案. 答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

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. 设集合则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】联立方程组求解，用列举法表示即可得

【详解】或，则

故选：C

【点睛】本题考查集合元素，集合交集，理解集合的含义是关键，为简单题．

2. 已知复数（为虚数单位），则复数z的模长等于

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先化简复数z,利用模长公式即可求解.

【详解】化简易得，所以，故选A.

【点睛】本题考查复数的基本运算和概念，了解复数的基本概念、运算和共轭复数的概念、模长是解答本题的关键.

3. 设，则"是""的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.

【详解】，当时，，充分性；

当，取，验证成立，故不必要.

故选：.

【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.

4. 2020年2月初，由于地叫外卖人数猛然增多以及商家工作人员的不足，外卖骑手的配送速度饱受批评，客户给骑手的评分(满分分)也是参差不齐，现将某骑手一个上午得到的评分统计如图所示，则任取个评分，至少有个高于平均分的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据所给数据求出平均分,由古典概型公式和对立事件求解即可.

【详解】平均分为，而高于的评分有个，不高于的有个，则至少有个高于平均分的概率.

故选：D

【点睛】本题考查古典概型的应用,考查茎叶图,考查平均数的求法以及对立事件的应用,属于基础题.

5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列可以推出的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

A，有可能出现，平行这种情况.B，会出现平面，相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.

【详解】对于A，，，若，则，故A错误；

对于B，会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；

对于C，因为，，则，又因为，故C错误；

对于D，，，又由，故D正确.

故选：D

【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

6. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象.已知函数的部分图象如图所示，则函数

A. 最小正周期为，最大值为2

B. 最小正周期为，图象关于点中心对称

C. 最小正周期为，图象关于直线对称

D. 最小正周期为，在区间单调递减

【答案】D

【解析】

【分析】先根据函数的图像求出，再求出.利用函数的最小正周期否定选项A,C,再求函数f(x)的对称中心否定选项B,再求函数f(x)的单调区间确定选项D是真命题.

【详解】由图可知，，，∴.

又由可得，，而，∴.

∴，∴.

∴的最小正周期为，选项A，C错误.

对于选项B,令=kπ（k∈z）,所以x=-，所以函数f(x)的对称中心为（-）（k∈z），所以选项B是错误的；

又当时，，所以在是减函数，所以选项D正确.

故选D.

【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求法，考查三角函数的图像和性质，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.

7. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】成等差数列，，即，解得或（舍去），，故选C.

8. 函数的图象大致为

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用特殊值求出函数的值，利用函数的导数判断函数的单调性，即可得到函数的图象．

【详解】解析：当时，，故排除选项B；，故排除D；

，令，得或，

则当变化时，的变化情况如下表：

又因为，故在的切线为轴，故排除选项A，所以选C.

【点睛】本题考查函数图象的判断，一般通过函数的定义域、值域、奇偶性、对称性、单调性、特殊点以及变化趋势判断．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的为（    ）

A. 当总体是由差异明显的几个部分组成时，通常采用分层抽样

B. 若m为数据的中位数，则

C. 回归直线可能不经过样本点的中心

D. 若随机变量，且随机变量，则

【答案】AD

【解析】

【分析】A. 根据分层抽样的特征判断；B.根据中位数的定义判断；C.由回归分析判断；D.利用均值和方差的性质判断.

【详解】A. 当总体是由差异明显的几个部分组成时，通常采用分层抽样，故正确；

B.数据大小顺序不定，故错误；

C.回归直线一定经过样本点的中心，故错误；

D. 因为随机变量，且随机变量，所以，故正确.

故选：AD

10. 已知圆，则下列说法正确的是（    ）

A. 圆的半径为

B. 圆截轴所得的弦长为

C. 圆上的点到直线的最小距离为

D. 圆与圆相离

【答案】BC

【解析】

【分析】将圆的一般方程转化为标准方程即可得半径可判断A；利用几何法求出弦长可判断B；求出圆心到直线的距离再减去半径可判断C；求出圆的圆心和半径，比较圆心距与半径之和的大小可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：由可得，所以的半径为，故选项A不正确；

对于B：圆心为到轴的距离为，所以圆截轴所得的弦长为

，故选项B正确；

对于C：圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最小距离为，故选项C正确；

对于D：由可得，所以圆心，半径，因为，所以两圆相外切，故选项D不正确；

故选：BC.

11. 对于△ABC，有如下命题：其中正确命题的是（    ）

A. 若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形.

B. sin A＝cos B，则△ABC为直角三角形.

C. 若sin 2A＋sin 2B＋cos 2C＜1，则△ABC为钝角三角形.

D. 若角A，B，C成等差数列，则角B的大小为.

【答案】CD

【解析】

【分析】通过三角函数与角关系判断三角形的形状可判断A，B；利用正、余弦定理可判断C；由等差中项的性质结合A＋B＋C＝π可判断D.

【详解】对于A，因为sin 2A＝sin 2B，

所以或,

因为A，B，A＋B∈，故A＝B或者A＋B＝，

故△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错．

对于B，因为sin A＝cos B，

所以，所以或，

因为A，B，A＋B∈，故或者，

故△ABC可为钝角三角形，故B错．

因为sin 2A＋sin 2B＋cos 2C＜1，故sin 2A＋sin 2B＜sin 2C，由正弦定理得a2＋b2＜c2，

由余弦定理有cos C＜0，故C为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故C正确．

因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又因为A＋B＋C＝π，所以.

故D正确.

故选：CD

12. 关于函数，，下列说法正确的是（    ）

A. 当时，在处的切线方程为

B. 当时，存在唯一极小值点且

C. 对任意，在上均存在零点

D. 存在，在上有且只有一个零点

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A选项，直接求出切线斜率利用点斜式写出方程即可判断正误.

对于B选项，利用二次求导得单调性，再利用零点存在性定理确定出所在区间.

对于C，D选项，转化为对于与图像交点情况的判断.

【详解】对于A选项，当时，，x，

故，切点为(0，1).又，.

则切线方程为，即，故A正确;

对于B选项，时，，

令，则.

当时，因，则.

当时，，故在(-π，+∞)上单调递增，

注意到，，

有，又=>0，

故在(-π，+∞)上有唯一零点，结合在(-π，+∞)上单调递增

得f(x)存在唯一极小值点，且，

则，得+，

则，又因

则，得，故B正确.

对于C选项，，，令，则，

当且时，显然没有实根，故且

则，令，有，

令，得且，

则在上单调递减，

在上单调递增，

在上单调递减，

的极小值为h=≥，

的极大值为h=-≤-，

故当时，与的图像没有交点，

即在上没有零点，故C错误;

对于D选项，由C选项分析可知，存在，使得在上有且只有一个零点，此时，故D正确，

故选：ABD.

【点睛】：方法点睛：处理涉及函数零点问题的常见手段：

（1）数形结合，转化为直线与函数图像的交点相关问题.

（2）利用零点存在性定理，结合函数单调性，通过适当地取点，确定零点所在的大致区间.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若向量，，则______.

【答案】5

【解析】

【分析】先求出坐标，再根据数量积坐标公式求解即可．

【详解】由，，可得，所以．

故答案为：5

14. 若直线l1：y＝kx与直线l2：x－y＋2＝0平行，则k＝________，l1与l2之间的距离是______．

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】由l1，l2平行，即可求出，再由两平行线间的距离公式即可得出答案.

【详解】因为l1，l2平行，且直线l2的斜率为1，所以，

则直线l1的一般方程为.

所以直线l1与l2之间的距离是.

故答案为：1；.

15. 已知双曲线的渐近线与圆相切，且双曲线C的一个焦点与圆F的圆心重合，则双曲线C的方程为________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意知，根据渐近线与圆相切建立方程，根据，即可求解.

【详解】双曲线渐近线方程为，

由双曲线渐近线与圆相切可得： ，

又双曲线C的一个焦点与圆F的圆心重合，

所以，

故，，。

所以双曲线的方程为

故答案为：

【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，直线与圆的位置关系，属于中档题.

16. 在四棱锥中四边形是边长为2的正方形，，平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_______.

【答案】

【解析】

【分析】由题意画出图形，过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，然后利用勾股定理求出外接球的半径，即可得表面积.

【详解】解：取的中点，连接.

因为，，所以，，

过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，

设，四棱锥外接球的半径为，

则，解得,，

故四棱锥外接球的表面积为.

故答案为：

【点睛】此题考查求四棱锥外接球的表面积，解题的关键是找出球心的位置，属于中档题.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.答案必须写在相应题号方框内，超出答案区域不给分.

17. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且.

（1）求角C；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理和余弦定理计算可得答案；

（2）由余弦定理和三角形面积公式计算可得答案.

【小问1详解】

由，所以

因为，

所以由正弦定理，

所以，再由余弦定理可得，

因为，所以；

【小问2详解】

由余弦定理，得，

所以，所以，

所以.

18. 设数列的前项和为，且满足，是公差不为的等差数列，，是与的等比中项．

（1）求数列和的通项公式；

（2）对任意的正整数，设，求数列的前项和．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）令可得的值，当时，与已知条件两式相减可得，由等比数列的定义可知数列是首项为，公比为的等比数列，进而求出数列的通项公式，设的公差为，将整理成关于的方程，解出的值，即可得到的通项公式；

（2）由（1）可得数列的通项公式，再利用分组求和法即可求出结果．

【小问1详解】

解：在中，令得，，

当时，，

，即，

，

数列是首项为，公比为的等比数列，

，

设的公差为，由题意可得，即，

整理得，

解得或舍去，

．

【小问2详解】

解：由题意可得，

．

19. 某公司在年会上举行抽奖活动，有甲，乙两个抽奖方案供员工选择.方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为，第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束，若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖，规定：若抛出硬币，反面朝上，员工则获得奖金500元，不进行第二次抽奖；若正面朝上，员工则需进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1000元；若未中奖，则所获得奖金为0元.方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为，每次中奖均可获得奖金500元.

（1）求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金（元）的分布列；

（2）试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？请说明理由.

【答案】（1）答案见解析   

（2）选择方案甲更划算，理由见解析

【解析】

【分析】（1）运用独立事件乘法公式，考虑抽奖的具体过程，按步骤写出X的分布列；

（2）分别求出两种方案的数学期望，比较得出结论.

【小问1详解】

，，，

所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金（元）的分布列为

【小问2详解】由（1）可知，选择方案甲进行抽奖所获得奖金的均值，

若选择方案乙进行抽奖中奖次数，则，

抽奖所获奖金的均值，

故选择方案甲更划算.

综上，方案甲更划算.

20. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，，E是PB上任意一点．

（1）求证：；

（2）已知二面角的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)先证明平面PBD，再证明；

(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面夹角.

【小问1详解】

证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴，

又四边形ABCD是菱形，∴，，

∴平面PBD，又平面PBD，∴；

【小问2详解】

分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，．，；

由（1）知平面PBD的法向量为 ，

令平面PAB的法向量为 ，则根据得 ，

令 得 ，

因为二面角的余弦值为，

则 ，即，∴，∴，

设直线EC与平面PAB所成的角为，∵， ，

∴ ，

综上，直线EC与平面PAB所成的角的正弦值为 .

21. 在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．

（1）求椭圆的方程；

（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．

【答案】（1） ；   

（2）证明见解析， ．

【解析】

【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程， 根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和 的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．

【小问1详解】

由题意知，，，，

∵，，

∴，解得，从而，

∴椭圆的方程为.

【小问2详解】

设直线方程为，，．

直线不过点，因此．

由 ，得，

时，，，

∴

，

由，可得，即，

故的方程为，恒过定点．

22 已知，R．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．

【答案】（1）分类讨论见解析   

（2）2

【解析】

【分析】（1）求导，分，两种情况讨论导函数正负，即得解；

（2）转化原不等式为在区间内恒成立，令，求导分析单调性，即得解

【小问1详解】

由题意得的定义域为，

，

①时，，在内单调递减，

②时，令得或（舍）

当，单调递减

当，，单调递增．

【小问2详解】

由题意得，

整理得，

因为，所以原命题等价于在区间内恒成立，

令，则，

令，易知在区间内单调递增，

又，，故存在唯一的，使得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

故当时，函数有极大值，也即为最大值，

，

故，又，故，

又a为整数，故a的最小整数值为