江苏省南通市如东县2022-2023学年高三数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份江苏省南通市如东县2022-2023学年高三数学上学期期中试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了本试卷共4页，包含[选择题]等内容，欢迎下载使用。
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共4页，包含[选择题（1~12））填空题（第13题~第16题，共80分）、解答题（第17~22题，共70分）]．本次考试时间120分钟，满分150分．请将答题卡交回．
2．答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置．
3．答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答．在试卷或草稿纸上作答一律无效．
4．如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚．
一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的模的公式即可得解.
【详解】∵，则，
∴.
故选：A．
2. 满足的集合的个数为（ ）个．
A. 16B. 15C. 8D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列举即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，可以是，，，，，，，，共8个结果.
故选：C．
3. 下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式结合三角函数的单调性逐项分析判断.
【详解】在上单调递减，∴，A错误；
，，
，且在上单调递减，
∴，即，B错误；
，且在上单调递减，
∴，即，C正确；
，且在上单调递增，
∴，即，D错误；
故选：C.
4. 2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运20专机在两架歼20战机护航下抵达沈阳国际机场．歼20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形，则机身头部空间大约（ ）立方米
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式即可得到答案.
【详解】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式得.
故选:B
5. 过双曲线的右顶点作轴的垂线与两渐近线交于两点，这两个点与双曲线的左焦点恰好是一个正三角形的三顶点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先表示出渐近线方程，令求出，即可得到两交点坐标，依题意由等边三角形的性质得到，将两边平方，即可求出、的关系，从而求出离心率.
【详解】解：双曲线的渐近线为，令，解得，
不妨取，，左焦点为，
又为正三角形，
∴，即，即，所以，∴；
故选：B．
6. 已知，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出函数的图象，结合对称性以及单调性即可得解.
【详解】函数其图如图所示
当，即，不等式等价于，
，解得
当，即或，
因为，所以，解得．
综上，不等式的解集为．
故选：D.
7. 已知函数的定义域为，且，对定义域内任意的，，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得到确定为上的增函数，构造，确定函数为增函数计算函数值得到答案.
【详解】当时，，即，
所以为上的增函数．
令，因为，所以为上的增函数．
因为，故，所以．
故选：D
8. 对于集合A，B，我们把集合记作．例如，，，，则，．现已知，集合A，B是M的子集，若，，则内元素最多有（ ）个
A. 20个B. 25个C. 50个D. 75个
【答案】B
【解析】
【分析】根据新定义可得，结合基本不等式即可得结果.
【详解】设集合A中元素个数为m，集合B中元素个数为n，A，B是M的子集，
若，，即，则．
所以．当且仅当时取等号
即内元素最多有25个，
故选：B.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 若函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 函数的图象与的图象重合
B.
C.
D. 存在唯一的，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】逐项代入验证，化简即可得到结果.
【详解】，A对；
，
，
，B错；
，，C对．
，，
当，即时，，，使得；
当，即时，，，使得.
所以，有两解.
故选：AC.
10. 用一个平面去截正方体，截面形状不可能下列哪个图形（ ）
A. 五边形B. 直角三角形C. 直角梯形D. 钝角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.
【详解】如图所示，截面，
设，，，
∴，，，
，
同理，，，即为锐角，
∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；
如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选
如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．
故选：BCD
11. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调减区间为
B. 函数的极小值是
C. 当时，对于任意的，都有
D. 函数的图像有条切线方程为
【答案】AB
【解析】
【分析】对函数进行求导，对A令即可解决问题；
B选项把增减区间求出来后即可得极值；C选项做差法证明即可；D由切线斜率为3出发
反向分析即可得答案.
【详解】因为
所以，，
所以的单调减区间为，
故A正确．
令，
则或
所以在，单调递增
在单调递减
所以函数的极小值为，
故选项B正确；
由，
若
即

矛盾，
故选项C错误．
，
解的或，
当时切点不在上
当时切点不在上，
故选项D错误，
故选：AB．
12. 已知圆：直线：，下列说法正确的是（ ）
A. 直线上存在点，过向圆引两切线，切点为A，B，使得
B. 直线上存在点，过点向圆引割线与圆交于A，B，使得
C. 与圆内切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
D. 与圆外切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
【答案】ABCD
【解析】
【分析】AB选项考查直线与圆的位置关系，存在点P，故找到适合的一个点就可，CD选项因圆与圆内切，外切，则找到圆心距与两半径之间的关系就可以得到点的轨迹.
【详解】A选项，
因为，则,又因为为圆的两条切线，所以，且，则，，所以，因此存在点在直线上，且满足，故A正确．
B选项，过点P作圆的割线，交圆与两点，过点P作圆的切线，切点为，
因为为圆的切线，所以，又，所以，则，，，所以存在点P，使得有解，故B正确．
C选项，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆内切，且与直线相切
则如图所示
，，作的平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，故到定直线与到定点Ｏ的距离相等，故Ａ点的轨迹为抛物线．
对于选项D，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆外切，且与直线相切，
如图所示：
，，作平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，则A到定点O的距离等于到定直线的距离．
∴A点的轨迹为抛物线，D对，ABCD全对．
故选：ABCD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．
13. 如图，已知M，N是边BC上的两个三等分点，若，，则=_______________．
【答案】-4
【解析】
【分析】利用向量数量积的极化恒等式求解
【详解】取MN中点E，由向量数量积的极化恒等式，
∴，
∴，∴．
故答案为：-4.
14. 若数列第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列，已知数列是一个二阶等差数列，且，，，则_______________．
【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件求出二阶等差数列的首项和公差，再求出二阶等差数列的通项公式，最后利用累加法即可得到数列的通项公式.
【详解】，，且数列是一个二阶等差数列，


由累加法得
．而a1=3也符合，
故答案为：
15. 已知直线与抛物线交于A，B两点，若（O为坐标原点），则实数m的值为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】联立方程后，用韦达定理表示出弦长，表示出O点到直线距离，即可得到关系式.
【详解】设，，联立直线与抛物线的方程
消可得，则，，
，
O点到直线的距离，
则
解得，
故答案：.
16. 已知正实数x，y满足，函数的最小值为，则实数取值的集合为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据基本不等式求得的最大值，结合对勾函数单调性，即可求得结果.
【详解】，∴，，
令，，
当时，，与已知矛盾；
当时，在单调递减，
∴，
解得或（舍去），
∴的取值集合．
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，分别为内角的对边，其中，，且．
（1）求的大小；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边角化，再利用辅助角公式及角的范围，结合三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，根据正弦定理得，
即，所以．
因为，所以，
所以，所以．
【小问2详解】
在中，，，，
根据余弦定理，，解得，
所以．
18. 如图，四棱锥中，是的中点,，且，， ．
（1）求证：平面；
（2）求点到面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明直线垂直于平面内两条相交直线即可.
（2）利用等体积法求点到平面的距离.
【小问1详解】
设与交于，连接．
因为，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
因为，所以平行四边形为菱形，
所以，且
在中，，，所以
因为，，，面，面，
所以面．
【小问2详解】
因为平行四边形为菱形，，
所以，．
在中，，为的中点，所以，
所以．
同理，．
因为面，面，所以．
因为，，，面，面，
所以面，
所以．
所以点到面的距离．
故：点到面的距离为.
19. 已知正项数列的前项和为，且，．
（1）求；
（2）求数列的前项的和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及与的关系，再利用构造法及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及与的关系，求出，再利用错位相减法即可求出数列的前项的和.
【小问1详解】
因为，
所以，整理得，，
因为数列为正项数列，所以，
所以，即．
因为，，
所以数列是以1为首项，2为公比等比数列．
所以，即．
【小问2详解】
由（1）得,
当时，．
当时，．
，①
，②
①-②，得
，
即．
当时，，适合上式
综上所述，数列的前项的和为．
20. 已知直三棱柱，，，．
（1）证明：∥平面；
（2）当最短时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，以为正交基底如图建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，求两向量的数量积可得结论；
（2）先求出的最小值，从而可得，然后求出两半平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
直三棱柱中，，
以为正交基底如图建立空间直角坐标系
设，则，，，
所以．
因为，
所以，
所以．
因为平面，
所以平面的一个法向量为．
因为，平面，
所以∥平面ABC．
【小问2详解】
由（1）得，．
当时，最短，所以，．
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，
所以平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设二面角的平面角为，则
，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
21. 已知直线：，：，线段AB的两个端点分别在直线与上滑动，且．
（1）求线段AB中点P的轨迹C的方程；
（2）直线：，：与轨迹C有四个交点，求以这四个点为顶点的四边形面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用相关点法即可得到轨迹方程;
（2）分在椭圆内部和椭圆外部进行讨论，直线与轨迹C进行联立，可得到二次方程，并写出对应韦达定理和根的判别式，利用四边形的面积公式即可求解
【小问1详解】
设，，，则，
因为，
所以，
所以P的轨迹C的方程为；
【小问2详解】
设直线与直线相交于点，
①当点在椭圆内部时，
设直线与椭圆相交于，
由图象的对称性可知，直线与椭圆相交于，，
所以四边形为一个梯形，
联立，消可得，
因为直线：与轨迹有交点，且点在椭圆内部，
所以，解得，
所以，，
所以，
当时，取最大值为；
②当点在椭圆外部时，
设直线与椭圆相交于，
由图象的对称性可知，直线与椭圆相交于，，
所以四边形为一个梯形，
联立，消可得，
因为直线：与轨迹有交点，且点在椭圆外部，
所以，解得，
所以，，
所以，
令，则在区间上单调递减，
于是，
综上所述，当时，以这四个点为顶点的四边形面积的最大值为．
22. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若直线与函数的图象相切于点，，且，求直线的方程．
【答案】（1）增区间为，；减区间为，
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况讨论，分别求出导数，再根据导数的符号求出单调区间即可；
（2）根据导数的集合意义分别求出在和处的切线方程，再根据切线为同一条，可得的关系，从而可求得切点，即可得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
当时，，
因为函数在上单调递减，
所以函数在上单调递减，且，
令，则，令，则，
所以函数在上递增，在上递减，
当时，，
令，则，令，则，
所以函数在上递增，在上递减，
综上，增区间为，，减区间为，；
【小问2详解】
解：直线与函数图像的两个切点坐标分别为，，
则当时，，
当时，，
所以的方程为，
所以①，
②，
将①代入②得，即，
令，，
则，
，
所以在上单调递减，所以，
则直线的方程为，即．