2023届新疆维吾尔自治区和田地区墨玉县高三上学期期中教学情况调研数学（文）试题含答案

2023届新疆维吾尔自治区和田地区墨玉县高三上学期期中教学情况调研数学（文）试题

一、单选题

1．是虚数单位，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对复数进行化简，然后利用虚部的定义进行求解

【详解】,故虚部为,

故选：.

2．设集合，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先对集合进行化简，然后用交集定义即可求解

【详解】集合

所以.

故选：D．

3．已知正项等比数列的前n项和为，，，则（    ）

A．10 B．12 C．16 D．32

【答案】A

【解析】设等比数列的公比为根据条件求出公比即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为

，

解得或（舍去）

所以

故选：

【点睛】本题考查等比数列的性质，属于基础题.

4．已知为等比数列，下面结论中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】D

【解析】利用等比数列的通项公式和性质，结合基本不等式，逐项进行判断即可．

【详解】设等比数列的公比为，

若，则，∴，∴，∴或，故A不正确；

若，则，所以，当时，；当时，，故B不成立.

若，则，当且仅当，即时取等号；若，则，当且仅当，即时取等号，故C不正确；

因为，当且仅当，即时取等号，故D正确.

故选：D．

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、等比数列的性质、基本不等式等知识的综合应用，解题的关键是灵活利用基本不等式和等比数列的性质．

5．已知命题;命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C．  D．

【答案】B

【分析】由指数函数和对数函数的单调性，即可得出命题P为假命题，利用基本不等式可得命题q为假命题.进而可得结果.

【详解】命题，

在R上单调递减，

在单调递增，，

所以P为假命题；

命题，

，

当且仅当时，取“=”成立，所以q为真命题.

所以为真，为真

故选：B

6．执行如图所示的程序框图，则输出的值是（ ）

A．53 B．159 C．161 D．485

【答案】C

【分析】根据框图，依次代入与的值，当不满足时结束循环，即可求解.

【详解】执行循环体，依次得到：

，；满足条件继续循环

，；满足条件继续循环

，；满足条件继续循环

，，此时不满足条件，输出161，

故选：C.

【点睛】本题考查程序框图循环体结构的输出值，属于基础题.

7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】作出三棱锥的直观图，结合三视图中的数据计算出三棱锥各条棱的棱长，进而可得出结果.

【详解】该三棱锥直观图如图所示，其中，，，，

因此，该三棱锥的最长棱的棱长为.

故选：C.

【点睛】本题考查三视图，考查考生的空间想象能力，属于中等题.

8．函数，当时，恒成立, 则的最大值与最小值之和为

A．18 B．16 C．14 D．

【答案】B

【分析】由条件求得，，把看作点画出可行域，由斜率模型可得，令，则，由的单调性得时，有最大值为10，时，有最小值为6，从而求得最大值与最小值的和．

【详解】令，

由题意当时，可得，

∴，，

即 ①，  ②．

把看作点画出可行域，如图所示：

，

易得，由斜率模型可得．

又，令，则，

∵在上单调递减，在递增，

∴时，有最大值为10，时，有最小值为6；

故最大值与最小值的和为16，故选B.

【点睛】本题主要考查了不等式组所表示的区域，对勾函数的性质等，属于中档题.

9．已知函数是定义在上的奇函数，则的一个可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件可得，然后可得答案.

【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以

所以，即

故选：B

10．已知a，b为正实数，且满足，则的最小值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】根据题意可得，由，展开利用基本不等式即可求解.

【详解】由，可得，

，

当且仅当且，即时等号成立．

故选：C．

11．已知，，函数的零点为c，则（　　）

A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．a＜b＜c

【答案】B

【分析】由函数零点存在定理可得，又，，从而即可得答案.

【详解】解：因为在上单调递减，且，，

所以的零点所在区间为，即．又因为，，所以a＜c＜b．

故选：B.

12．若定义在R上的奇函数f(x)在(-∞，0]单调递减，则f(1)，f(2)，f(3)的大小关系是（     ）

A．f(1)< f(2) < f(3) B．f(1)< f(3)< f(2)

C．f(3)< f(2)< f(1) D．f(3)< f(1)< f(2)

【答案】C

【分析】由函数f(x)的单调性比较f(-1)，f(-2)，f(-3)的大小，再利用奇函数计算变形即得

【详解】因函数f(x)在(-∞，0]单调递减，而-3<-2<-1，于是有f(-3)>f(-2)>f(-1)，

又函数f(x)是R上的奇函数，则有-f(3)>-f(2)>-f(1)，即f(3)<f(2)<f(1)，

所以f(1)，f(2)，f(3)的大小关系是：f(3)<f(2)<f(1).

故选：C

二、填空题

13．写出一个最大值为3，最小正周期为2的偶函数___________.

【答案】(答案不唯—)

【分析】根据题意，利用余弦函数的性质可求出函数解析式

【详解】解：因为是最大值为3，最小正周期为2的偶函数，

所以，或，或等（答案不唯—)，

故答案为：（答案不唯一）

14．已知集合或，，若，则实数的取值范围是________．

【答案】或

【分析】分和两种情况讨论，结合得出关于实数的不等式组，解出即可得出实数的取值范围.

【详解】当时，，即，满足要求；

当时，根据题意作出如图所示的数轴，可得或，

解得或．

综上，实数的取值范围为或.

故答案为或.

【点睛】本题考查利用集合包含关系求参数，解题时要对含参数的集合分空集和非空集合两种情况讨论，结合包含关系列不等式（组）进行求解，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.

15．已知平面截球O的球面所得圆的面积为，O到的距离为3，则球O的表面积为________．

【答案】

【分析】根据球心到平面的距离结合球的截面圆性质，利用勾股定理算出球半径的值，再根据球的表面积公式，可得球的表面积．

【详解】解：平面截球的球面所得圆的面积为，则圆的半径为1，

该平面与球心的距离，

球半径．

球的表面积．

故答案为：．

【点睛】本题考查球的表面积的求法，着重考查了球的截面圆性质，属于基础题．

16．已知函数．给出下列命题：①必是偶函数；②当时，的图像必关于直线x＝1对称；③若，则在区间上是增函数；④有最大值． 其中正确的序号是 .

【答案】③

【详解】对于①，当时，不是偶函数，①错误；

对于②，当，时，函数，满足，但函数的图象不关于直线对称，②错误；

对于③，若，则在区间上单调递增，③正确；

对于④，若，函数在区间上的最大值不一定是，如时，函数的图象在轴上方，④错误.

综上所述：正确的命题序号为③.

故答案为③.

三、解答题

17．已知函数.

(1)求函数的最小正周期和递增区间;

(2)若函数在上有两个不同的零点,求实数的取值范围,并计算的值．

【答案】(1)最小正周期，递增区间为()；

(2)，.

【分析】（1）利用倍角公式对进行化简，利用正弦函数的性质即可求解函数的周期和递增区间；

（2）函数的零点即为函数与的交点，设，画出的图象即可确定的范围，并能求出关于直线对称，利用对称性求出，即可求解.

【详解】（1）()，

∴函数的最小正周期为，

由得：()，

∴函数的递增区间为()；

（2）∵方程同解于；

令，当时，，

所以在，即上单调递增，

在，即上单调递减，

画出在的图象，如图所示：

当时，在和上有两个解，

即方程在和有两个不同的解，

且关于直线对称，即，

∴，．

18．如图，在三棱锥中，，，O为的中点.

（1）证明：；

（2）若点M在线段上，且，求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析；（2）.

【分析】（1）由已知可得，，可证平面，由平面，可得：.

（2）由，知，所以，为三棱锥的高，利用等体积法计算三棱锥的体积即可.

【详解】（1）∵，O为的中点，

∴，且，

连接，因为，∴为等腰直角三角形，

且，，

由，知，

由，知平面，

又∵平面，

∴；

（2）由，知，

所以，

由（1）知平面，所以，即为三棱锥的高，

所以.

【点睛】本题主要考查空间线线垂直关系的判定，考查几何体的体积的求法，考查学生的空间想象能力和运算求解能力，属于高考常考题型.

19．某居民小区有三个相互独立的消防通道，通道在任意时刻畅通的概率分别为．

（1）求在任意时刻至少有两个消防通道畅通的概率；

（2）在对消防通道的三次相互独立的检查中，记畅通的次数为随机变量，求的分布列和数学期望．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）分类计算概率后求和

（2）由独立重复试验公式求解

【详解】（1）由已知通道畅通的概率分别为，

设“至少有两个消防通道畅通”为事件，

．

（Ⅱ）的所有可能为，

，，

，．

的分布列为：

数学期望．

20．已知椭圆的右焦点，右顶点为，点是椭圆上异于点的任意一点，的面积的最大值为.

（1）求椭圆的离心率；

（2）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）当的面积最大时，点位于椭圆的上或下顶点，列式计算椭圆的离心率；

（2）根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，求得点的坐标，设，根据，求解的值，再利用圆同时与轴和直线相切，求，得到椭圆方程.

【详解】（1）当点位于椭圆的上或下顶点时，的面积最大，

此时有，即，

，，即

得或（舍，离心率.

故椭圆的离心率为.

（2）由题可知，直线的方程为，

椭圆的方程为，

联立，得，

解得或，当时，；

当时，，点的坐标为.

点在直线上，可设点为，

又，，即，

，点.

圆同时与轴和直线相切，

即，解得，

故椭圆的方程为.

【点睛】本题考查直线方程，圆，直线与圆锥曲线的位置关系，以及椭圆的性质，重点考查转化与化归思想，计算能力，属于中档题型.

21．已知函数

（1）已知直线与曲线相切，且与坐标轴围成等腰三角形，求直线的方程；

（2）已知，设曲线在点处的切线被坐标轴截得的线段长度为，求的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】(1) ，由题意可知直线的斜率为，从而可求出切点的坐标，即可求出切线的方程.

(2)由导数的几何意义可求出切线方程，从而得到切线和坐标轴的交点坐标，从而可得

，令，得，

结合导数可判断的单调性，从而可求出最大值.

【详解】（1），由题可知直线的斜率为，令可得，

又因为，所以直线的方程为．

（2）曲线在点处的切线斜率为，

又因为，所以，则切线方程为，

切线与坐标轴的交点为

所以，，

令，则，

，设，当,,

则函数在时单调递增，

且当时，，当时，，

所以存在，，即．

与在区间上的情况如下：

又因为，所以当即时，取到最大值．

【点睛】关键点睛:

本题第二问的关键是求的函数表达式，结合导数和函数零点和方程根的关系可求出的单调性，从而可求出最大值.

22．求直线和直线的交点的坐标，及点与的距离．

【答案】（1）；（2）.

【详解】本试题主要考查了直线与直线的交点坐标的运用．

解：将代入得，…………………………6分

得，而，得……………………12分

23．选修4-5：不等式选讲

已知不等式的解集为

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若函数有零点，求实数的值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【详解】试题分析：（Ⅰ）不等式转化为和两种情形来解，解得，即可求的值；（Ⅱ）由题意，等价于有解，结合基本不等式，即可求实数 的值.

试题解析：（Ⅰ）不等式转化为或，

解得，；

（Ⅱ）由题意，等价于有解，

，当且仅当时取等号，

有解，，

，

.