2023届新疆克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学高三上学期期中数学（理）试题含答案

2023届新疆克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学高三上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．已知p： q：，则p是q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

【分析】根据与的互相推出情况判断出属于何种条件.

【详解】当时，，所以，所以充分性满足，

当时，取，此时不满足，所以必要性不满足，

所以是的充分不必要条件，

故选：A.

2．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先分别解一元二次不等式和指数不等式而得集合A，B，然后求A与B的交集即可得解.

【详解】解得，即，

解得，即，

于是有，

所以.

故选：B

3．若直线与平行，则的值为（    ）

A． B． C．或 D．或1

【答案】B

【分析】根据直线平行与系数之间的关系，列出等式，求解即可.

【详解】因为直线与平行

故可得，且，

解得.

故选：.

【点睛】本题考查由直线的位置关系求参数值，属简单题.

4．如图，在四棱锥中，平面，M，N分别为，上的点，且，，若，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】以为基底表示，由此求得，进而求得.

【详解】

，

所以.

故选：B

5．如图所示，已知在一个的二面角的棱上，有两个点，分别是在这个二面角的两个面内垂直于的线段，且，，，则的长为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，再由向量数量积的运算性质即可得解.

【详解】∵，，∴，

∵，∴．

∵，∴

．

∴．

故选：A．

6．过点且与原点距离最大的直线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先根据题意得到过点且与垂直的直线为所求直线，再求直线方程即可.

【详解】由题知：过点且与原点距离最大的直线为过点且与垂直的直线.

因为，故所求直线为，即.

故选：A

【点睛】本题主要考查直线方程的求解，数形结合为解题的关键，属于简单题.

7．三棱锥中，底面ABC，，，D为AB的中点，，则点D到面的距离等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在三角形SAB内作AE⊥SB交SB于E，进而根据条件证明AE⊥面SBC，算出AE的长度，再根据D为AB的中点得到答案.

【详解】如图，

在三角形中，过A作AE⊥SB交SB于E，

因为面，所以，又，，所以面，因为面，所以，而AE⊥SB，且，所以AE⊥面SBC.

在三角形SAB中，由勾股定理易得，则由等面积法可得：，因为D为AB的中点，所以D到平面SBC的距离为：.

故选：C.

8．已知点是双曲线C：（，）的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足，则双曲线C的离心率的取值范围为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由 ，可得 ，

即有 为直角三角形，且，

可得 ，

由双曲线定义可得 ，

又 ，可得，

即有 ，

化为，

即有 ，可得 ，

由 可得 ，

故选C．

9．数列，用图象表示如图所示，记数列的前n项和为，则（    ）．

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】数列，用图象可知，在取不同值时的符号，然后利用排除法，即可求解.

【详解】由题意，数列，用图象可知，

当时，；当时，，

所以时，，所以，可排除A项；

由，所以，可排除D项；

由，所以，可排除C项；

当时，，所以，可得B项正确.

故选：B.

【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；

1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；

2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；

3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.

10．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】把各层的铅笔数看出等差数列，利用求和公式得到，由n为264 的因数，且为偶数，把四个选项一一代入验证即可.

【详解】设最上面一层放根，一共放n（n≥2）层，则最下一层放根，

由等差数列前n项和公式得：，

∴，

∵,∴n为264 的因数，且为偶数，

把各个选项分别代入，验证，可得：n=8满足题意.

故选：D

【点睛】(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：

求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；

（2）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．

11．设正实数满足 ，则下面成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，可得，从而可得，由此可得

【详解】解：因为正实数满足 ，

所以，

所以，

所以，

即，

故选：C

12．在中，分别是，上的点，与交于点，且，，，，设在上的投影向量为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的数量积的定义结合正弦定理求出，再利用已知条件判断出为的中点，为的三等分点，然后建立合适的平面直角坐标系，求出各点的坐标和向量的坐标，根据向量数量积的几何意义计算可得．

【详解】解：由，可得

所以，

则，

由正弦定理可得，，

则有，即，

所以，

同理可得，

所以，故为等边三角形，

因为，则为的中点，又，则为的三等分点，

以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标如图所示，

则，,

因为,

所以在方向上的正射影的数量为，因为，所以．

故选：D

二、填空题

13．设{i，j，k}是空间向量的单位正交基底，a＝3i＋2j－k，b＝－2i＋4j＋2k，则向量a与b的位置关系是        .

【答案】

【分析】由向量的数量积运算，易得a·b＝0，从而得垂直关系.

【详解】∵a·b＝－6i2＋8j2－2k2＝－6＋8－2＝0.

∴a⊥b.

答案：a⊥b．

【点睛】本题主要是考查了向量垂直的条件：数量积为0，属于基础题.

14．以下四个关于圆锥曲线的命题：

①设、是两个定点，为非零常数，若，则的轨迹是双曲线；

②过定圆上一定点作圆的弦，为原点，若，则动点的轨迹是椭圆；

③方程的两根可以分别作为椭圆和双曲线的离心率；

④双曲线与椭圆有相同的焦点.

其中正确命题的序号为         

【答案】③④

【解析】根据双曲线的定义可判断①的正误；推出点是的中点，利用垂径定理和圆的定义可判断②的正误；求出方程的两根，结合椭圆、双曲线离心率的取值范围可判断③的正误；求出双曲线与椭圆的焦点坐标，可判断④的正误.

【详解】①不正确，若动点的轨迹为双曲线，则，

当点在的延长线上时，显然这种曲线是射线，而非双曲线；

②不正确，，，则是的中点，

根据垂径定理，圆心与弦的中点连线垂直于这条弦，

设圆心为，那么有，即恒为直角，

由于是圆的半径，为定值，而恒为直角，

也就是说，在以为直径的圆上运动，为直径所对的圆周角，

所以点的轨迹是一个圆；

③正确，方程的两根分别为和，可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

④正确，双曲线与椭圆的焦点坐标都是.

故答案为：③④.

【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：

（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；

（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；

（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；

（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；

（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.

15．已知直线：，：，若，则实数的值为           .

【答案】

【分析】分类讨论直线的斜率是否存在即可求解.

【详解】若直线的斜率存在，即，

直线的斜率，，所以有，

即，解得：，

若直线的斜率不存在，即，

此时，不满足.

综上：

故答案为：

16．已知函数的周期为2,当时,那么函数的图象与函数的图象的交点共有         

【答案】10

【详解】依题意可得和的图象如下：

因为，所以由图可知总共有10个交点

三、解答题

17．在中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知

(1)求的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；

（2）由（1）可得，利用正弦定理求得．

【详解】（1）在中，由，整理得，

又由余弦定理，可得；

（2）由（1）可得，又由正弦定理，

及已知，可得；

故.

18．平面直角坐标系中，圆C过点，，且圆心C在直线上，

（1）求圆C的标准方程；

（2）求过点A 的圆C的切线方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意建立方程组，解之即可求出结果；

（2）根据圆心C与点A所在直线的斜率，进而求出过点A 的圆C的切线的斜率，然后根据点斜式即可求出结果.

【详解】（1）设圆C的标准方程为，圆心为，则，解得，故圆C的标准方程为；

（2）因为直线的斜率为，则所求切线的斜率为，所以过点A 的圆C的切线方程为，即.

19．如图，在直四棱柱中，，，，．求证：；

【答案】证明见解析

【分析】根据直四棱柱的性质可得，，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】证明：在直四棱柱中平面，平面．

所以，．又，所以，，两两互相垂直，

以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．所以，．

所以，所以．

20．如图，已知抛物线和抛物线的焦点分别为和，是抛物线上一点，过且与相切的直线交于，两点，是线段的中点．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（1）根据抛物线的方程求出焦点的坐标，直接求解即可；

（2）设直线的方程，与两个方程分别联立，利用一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合导数的几何意义、圆的性质进行求解即可.

【详解】解：（Ⅰ）由题意得，，，

所以．

（Ⅱ），设，

设直线的方程为，所以，因此的坐标为，

联立方程组，消去，得，

因为直线与相切，所以，

得，

联立方程组，消去，得，

设，，，

则，，

所以，．

因为点在以线段为直径的圆上，

所以，即，解得，

经检验满足题意，故直线的方程是．

【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义求出切线的斜率是解题的关键.

21．如图一,等腰梯形,,,,分别是的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线,折起,使得点和点重合,记为点,如图二.

(1)求证:平面平面.

(2)求四棱锥P-ABEF的表面积.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）推导出BE⊥EF，BE⊥PE，从而BE⊥面PEF，由此能证明平面PEF⊥平面ABEF（2）分别计算四棱锥的各面面积，求和即可.

【详解】（1）∵等腰梯形分别是的两个三等分点，

∴ABEF是正方形,

∴BE⊥EF,

∵BE⊥PE，且PE∩EF=E，∴BE⊥面PEF，

又BF⊂平面ABEF,

∴平面PEF⊥平面ABEF．

（2）在等腰梯形中，由（1）知,

,

即折起后,

中,

,

中，，

，

表面积

【点睛】本题主要考查了面面垂直、线面垂直的证明，四棱锥的表面积，属于中档题．

22．已知椭圆：的右焦点为，，直线：．过点作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点，且直线与直线交于点．

（1）求椭圆的标准方程：

（2）若，求直线的方程：

（3）是否存在实数，使得恒成立?若存在，求实数的值：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，.

【解析】（1）由题可直接计算出，得出椭圆方程；

（2）设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，

由为线段的中点，建立方程即可求出，得出直线方程；

（3）设，，，利用点差法可得，进而可得出，表示出各向量坐标，即可求出.

【详解】（1）由已知可得：，解得：，．

椭圆的标准方程为：.

（2）由可知：

即，可得：，

设，，直线的方程为，

联立，得：，

为线段的中点，则，即，解得：，

所以直线的方程为．

（3）设，，，

，，，

由，两方程相减得，即，

∴，即，

又，∴，

∵，∴，即，

，，，

，

∴．∴存在满足题意的，且．

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查中点弦问题，考查椭圆中的向量问题，属于较难题.