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

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

一、单选题

1．如图所示的韦恩图中，A、B是非空集合，定义表示阴影部分的集合，若x,y∈R，，则A*B为（    ）

A． B．或

C．或 D．或

【答案】B

【分析】弄清新定义的集合与我们所学知识的联系：所求的集合是指将除去后剩余的元素所构成的集合．再利用函数的定义域、值域的思想确定出集合A，B，代入可得答案．

【详解】依据定义，就是指将除去后剩余的元素所构成的集合；

对于集合A，求的是函数的定义域，

解得：；

对于集合B，求的是函数的值域，解得；

依据定义，借助数轴得：或．

故选：B．

【点睛】本小题考查数形结合的思想，考查集合交并运算的知识，借助数轴保证集合运算的准确性,属于中档题．

2．若，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算化简即可.

【详解】因为,

所以，

所以的虚部为.

故选:B

【点睛】本题考查复数的四则运算;考查运算求解能力;属于基础题.

3．在中，已知三个内角A，B，C满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意结合正弦定理得，再由余弦定理即可得解.

【详解】由结合正弦定理可得，

设，则，，

所以.

故选：A.

【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

4．在中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出图形，由向量加法的三角形法则得，由题设条件知，进而可求得的值.

【详解】如下图所示：

，且，则，，

因此，.

故选：A.

【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于基础题.

5．若变量满足约束条件，则的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】作出可行域，它表示斜率为，在轴上的截距为的直线，再利用数形结合分析得解.

【详解】由约束条件，作可行域如图中阴影部分，

由题得，它表示斜率为，纵截距为的直线，

当直线经过点时，直线的纵截距最小，此时最小.

联立，解得（0，1），

∴的最小值为.

故选：A

6．已知是定义在上的偶函数，当时，图象如图所示，则下列关系正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性得到，再结合当时，函数为单调递减函数，即可求解.

【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，可得，

又由当时，函数为单调递减函数，所以，

所以.

故选：A.

7．已知点的坐标满足，过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意作出不等式组对应的平面区域，由图可知，当点是直线和的交点时，最大，即当圆心距为时，弦长最短，再利用，求解即可.

【详解】根据题意，要使最小，只需圆的圆心到直线的距离最大即可，

作出不等式组对应的平面区域如下图所示：

由图像可知，当点是直线和的交点时，最大，即当为圆心到直线的距离，

此时作出直线与圆相交的弦最短，解方程组得，

所以圆心到点的距离为，

所以.

故选：D.

8．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为                          

A．18 B．24 C．30 D．36

【答案】C

【详解】

9．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别利用选项A，B，C的三视图，由排除法即可求解.

【详解】选项A中：

主视图为，俯视图为，故选项A不正确；

选项B中：

主视图为，侧视图为，故选项B不符合题意；

选项C中：

俯视图为，故选项C不符合题意，

故选：D.

10．将函数的图象向左平移个单位，得到新函数的一条对称轴为，则的值不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据图象变换，得到函数解析式，结合对称轴的计算公式，可得答案.

【详解】将函数的图象向左平移个单位，

得到新函数的解析式为，

再根据所得函数的图象的一条对称轴为，

则，即，故，

故选：C.

11．双曲线：（，）的两条渐近线互相垂直，，分别为的左，右焦点，点在该双曲线的右支上且到直线的距离为，若，则双曲线的标准方程为

A． B． C． D．以上答案都不对

【答案】A

【详解】由双曲线：（，）的两条渐近线互相垂直得：，又得又双曲线得准线方程为，根据双曲线第二定义可知：，所以选A

12．已知定义在（0，+∞）上的连续函数满足：且，．则函数（    ）

A．有极小值，无极大值 B．有极大值，无极小值

C．既有极小值又有极大值 D．既无极小值又无极大值

【答案】A

【详解】∵，∴在上是增函数，∵，∴，∵在上是增函数，∴在上是增函数，又∵，，故在上先负值，后正值；故函数有极小值，无极大值，故选A.

二、填空题

13．设，则命题，命题，则是的______条件.（填“充要”“充分不必要”“必要不充分”“既不充分又不必要”）.

【答案】必要不充分

【分析】比较命题和命题中的范围，由此判断充分、必要条件.

【详解】由解得，而，故是的必要不充分条件.

【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.

14．的展开式中，常数项为______．（用数字作答）

【答案】

【分析】首先变形可得：，利用通项公式，令，即可得解.

【详解】，

展开式的通项公式为，

令，可得，

所以.

故答案为：

15．已知，点的坐标为，为坐标原点，则的坐标为__________．

【答案】

【分析】利用算出答案即可.

【详解】因为，所以

故答案为：

16．如图，在三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则该三棱锥的外接球的表面积为______.

【答案】

【分析】由题意可得是以为斜边的等腰直角三角形，为等腰三角形，，设，的外接圆圆心分别为，设中点为，连接，则，设球心为，则，，设，在直角三角形中，可求得，从而可求出，进而可求出球的半径，

【详解】解：因为，，，

所以是以为斜边的等腰直角三角形，为等腰三角形，，

设，的外接圆圆心分别为，设中点为，连接，

则，，，

设球心为，则，，设，则，

所以，解得，

所以，

设外接球半径为.则，

所以表面积

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查二面角，考查有关四面体的外接球，解题的关键是确定外接球球心的位置，考查计算能力，属于中档题

三、解答题

17．已知等比数列的首项，前项和满足.

（1）求实数的值及通项公式；

（2）设，求数列的前项为，并证明：.

【答案】(1), ;(2)见解析.

【分析】（1）由题设中的递推关系可得，再对原有的递推关系取，两者结合可得的值，从而利用数列为等比数列求出其通项.

（2）利用错位相减法求，令，利用数列的单调性可以证明，从而原不等式成立.

【详解】（1）当时，，

得，

又由及，得

因为等比数列，故有，解得，

由，所以，故，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以.

（2）

①

②

①-②得：

所以，又，

故

令，则，故单调递减，

又，所以恒成立，所以

【点睛】（1）数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.

（2）数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.

18．某中学高三（1）班共有50名学生，他们每天自主学习的时间在180到330分钟之间，将全班学生的自主学习时间作分组统计，得其频率分布如下表所示：

（1）求表中a、b、c的值；

（2）某课题小组为了研究自主学习时间与成绩的相关性，需用分层抽样的方法从这50名学生中随机抽取20名作统计分析，则在第二组学生中应抽取多少人？

（3）已知第一组学生中有3名男生和2名女生，从这5名学生中随机抽取2人，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．

【答案】（1）；（2）；（3）．

【分析】（1）由频数和为50，求得，由频率=频数样本容量计算；

（2）分层抽样就是按比例抽样，首先求得抽样比为，即可求第二组学生应抽取人数；

（3）列举出所有可能情况，应用古典概型的概率计算公式求概率．

【详解】（1）由表知：5＋10＋12＋a＋6＝50，则a＝17，

所以b＝＝0.34，c＝＝0.12．

（2）因为10×＝4，所以在第二组学生中应抽取4人．

（3）从3名男学生、2名女学生中随机抽取2人有，，，，共10种取法，

其中恰好抽到1名男生和1名女生的情况有6种，则所求概率P＝＝．

19．如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，，．

(1)证明：平面；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由四边形是长方形可证，进而可证平面；（2）先证明平面，再取的中点，连接和，先证平面，再设点到平面的距离为，利用可得的值，进而可得点到平面的距离．

【详解】（1）证明：因为四边形是长方形，所以，

因为平面，平面，

所以平面

（2）证明：因为四边形是长方形，

所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为，

所以平面，

因为平面，

所以，

如图，的中点，连接和，

因为，

所以，

所以，在中，，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

设点到平面的距离为，

因为，

所以，即，

所以点到平面的距离为

20．已知函数.

（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求证：；

（2）若函数的最小值为2，求实数a的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求得函数，设，求导，分析导函数的符号，得出函数的单调性和最值，从而可得证；

（2）由已知得，有，求导，设，求导，分析导函数的符号，得出函数的单调性和最值，从而得的单调性和最值，由此可得实数a的值.

【详解】解：（1），函数的图象在点处的切线方程为，，

，

设，，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，即；

（2），

因为函数的最小值为2，所以，从而有，

，

设，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，

所以函数在单调递减，在单调递增，

故，解得.

【点睛】方法点睛：1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式.

总之，无论是证明不等式，还是解不等式，我们都可以构造恰当的函数，利用到函数的单调性或最值，借助导数工具来解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现.

21．曲线的右焦点分别为，短袖长为，点在曲线上，直线上，且.

（1）求曲线的标准方程；

（2）试通过计算判断直线与曲线公共点的个数.

（3）若点在都在以线段为直径的圆上，且，试求的取值范围.

【答案】（1）（2）只有一个公共点（3）

【分析】（1）根据椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；

（2）由，根据向量的数量积公式可得的纵坐标，取得直线的直线方程，

即可作出判定，得到答案；

（3）由得到，进而得打不等式，即可求解．

【详解】（1）由曲线的右焦点分别为，短袖长为，所以，解得，所以曲线的标准方程为：

（2）由在，

可得，解得，所以，

设，则

又由，则，

即，解得，所以，

所以

若，则，

由，解得，

知道直线与曲线相切，只有一个公共点；

若，同理可知直线与曲线相切，只有一个公共点；

（3）因为，

即，所以

所以，

又，所以．

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．

22．在直角坐标系中，曲线：经过伸缩变换后得到曲线，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：．

（1）写出曲线的参数方程和直线的直角坐标方程；

（2）在曲线上求一点，使点到直线的距离最小．

【答案】（1）（为参数）；；（2）点的坐标为．

【分析】（1）根据伸缩变换的公式，结合两角和的正弦公式、直角坐标方程与极坐标方程互化公式进行求解即可；

（2）根据参数方程，利用点到直线距离公式，结合辅助角公式进行求解即可.

【详解】解：（1）由题意，曲线的参数方程为，经过伸缩变换后，曲线的参数方程为，

由得：，

化为直角坐标方程为，

所以，曲线的参数方程为，

直线的直角坐标方程为．

（2）设，

点到直线的距离为，

（其中，，），

当时，即，时，点到直线的距离取到最小值，

此时，，，

，，

所以，点的坐标为．

23．已知定义域为的奇函数．

（1）解不等式；

（2）对任意，总有，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）先根据奇偶性求出值，再去掉绝对值符号转化为分段函数解不等式；

（2）对任意，总有，即即可；．

【详解】（1）因为是定义域为R的奇函数，

所以；即；

由，得或，即或，

即不等式的解集为；

（2），则在上单调递增

所以在上单调递增，

因为在恒成立，

所以即可，即，

，即，解得：，

与取交集得：，

故实数的取值范围是.