【期中真题】上海市建平中学2023届高三上学期期中数学试题.zip

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建平中学2022学年第一学期高三年级数学期中2022.11一、填空题（本大题共12题，1—6每题4分，7—12每题5分，共54分）1. 不等式的解集为________【答案】【解析】【详解】因为所以，即不等式的解集为.2. 复数（是虚数单位）的虚部为______．【答案】1【解析】【分析】先将复数化简，再求虚部即可【详解】，所以复数的虚部为：1故答案为1【点睛】本题考查复数的基本概念，在复数中，实部为，虚部为，属于基础题3. 的展开式中项的系数是________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】由条件利用二项式展开式的通项公式求得展开式的系数.【详解】在的展开式中，的系数为，故答案为：4. 已知函数奇函数，当时，，则=________.【答案】【解析】【分析】由函数是奇函数，所以恒成立，再将求的问题转化为求即可.【详解】解：因为函数是奇函数，所以，又当时，，所以，故答案为-4.【点睛】本题考查了由函数的奇偶性求函数值，重点考查了函数的性质，属基础题.5. 已知数列的前项和为，则的通项公式为__________．【答案】【解析】【分析】利用求得.【详解】当时，，当时，，当时上式也符合，所以.故答案为：6. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为______．【答案】3【解析】【分析】根据圆锥底面圆的半径为1得到侧面展开图扇形的弧长为，然后根据侧面展开图扇形的圆心角为列方程，解方程即可得到圆锥的母线长.【详解】因为圆锥底面圆的半径为1，所以侧面展开图扇形的弧长为，设圆锥的母线长为，因为侧面展开图扇形的圆心角为，所以，解得，所以此圆锥的母线长为3.故答案为：3.7. 在平行四边形ABCD中，，则线段BD的长为______．【答案】2【解析】【分析】根据数量积的运算律可得，进而根据数量积的几何意义即可求解.【详解】由，又.故答案为：28. 记，，，，，为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，则使得为奇数的排列共有___________个.【答案】288【解析】【分析】由题设分析知：都为奇数，则每个式子在、中各取一个数即可，再利用分步计数法及组合数求排列的个数.【详解】由为奇数：均为奇数，∴三个代数式在、中各取一个，∴共有个排列.故答案为：9. 若正数x，y满足，则的值为______．【答案】12【解析】【分析】根据对数运算法则得，设为，即可得，，，则，结合指数幂运算法则即可求值.【详解】解：因为，则设，可得，，所以.故答案为：12.10. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【详解】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.11. 已知函数，，若在区间内恰有一个零点，则的取值范围是______．【答案】；【解析】【分析】应用三角恒等变换有，换元法化为在上恰有一个零点，结合正弦函数性质列不等式求参数范围即可.【详解】由，所以，，则且，故在上恰有一个零点，而，若，可得；若，可得；若，可得；若，此时无解，后续其它情况均无解；综上，的取值范围.故答案为：12. 如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为______． 【答案】；【解析】【分析】由题设可证则△、△都为等腰直角三角形，结合△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，将几何体补全为正方体且一个底面在上，进而确定与所成角为，并有，应用余弦定理、勾股定理求的范围即可.【详解】由平面，面，则面，面，所以，又且△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，故，则△、△都为等腰直角三角形，将补全为正方体如下图示，其中一个面在上且棱长为1，所以，在等边△中E是CD中点，故，过M作面ACD垂线交面于N，且面，面，则，因为，面，面，故，又，面，故面，面，所以，面面，面面，且，易知：过M作面ACD垂线在面内，即面，而面，综上，点必在对角线上，且与所成角为，，则，在中，令，由，故，所以，则，所以.故答案为：二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13. 将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得图象的函数解析为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据平移过程写出解析式即可.【详解】由题设，平移后的解析式为.故选：B14. 新冠疫情期间，某校贯彻“停课不停学”号召，安排小组展开多向互动型合作学习，如图的茎叶图是两组学生五次作业得分情况，则下列说法正确的是（    ）甲 乙  577  7328345  391    A. 甲组学生得分的平均数小于乙组学生的平均数B. 甲组学生得分的中位数大于乙组学生的中位数C. 甲组学生得分的极差小于乙组学生的极差D. 甲组学生得分的方差大于乙组学生的方差【答案】D【解析】【分析】根据平均数，中位数，极差和方差的定义分别计算判断即可【详解】对于A，甲组学生得分的平均数为，乙组学生的平均数为，则甲组学生得分的平均数等于乙组学生的平均数，所以A错误，对于B, 甲组学生得分的中位数为83，乙组学生的中位数为84，则甲组学生得分的中位数小于乙组学生的中位数，所以B错误，对于C，甲组学生得分的极差为，乙组学生的极差，所以甲组学生得分的极差大于乙组学生的极差，所以C错误，对于D，甲组学生得分的方差为，乙组学生的方差为，所以甲组学生得分的方差大于乙组学生的方差，所以D正确，故选：D15. 设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（    ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意恒成立，则，，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．16. 已知双曲线的左、右焦点分别是，，点C是双曲线右支上异于顶点的点，点D在直线上，且满足，．若，则双曲线的离心率为（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据得在的角平分线上，进而根据双曲线的定义以及切线长性质可判断为的内心，结合重心的向量表示以及重心的性质，即可得，进而由离心率公式即可求解.【详解】由于点D在直线上，且满足，可知在的角平分线上，设的内切圆分别与边相切于点,（如图1）则有切线长定理可得,结合双曲线的定义可得,所以的内心在直线上，故为的内心，由得,　由于是的中点,所以,因此,分别延长至,使得,如图2故，因此是的重心，设由是的重心，所以，又，同理即，故由于为的内心，故到三条边的距离相等，可得,因此为直角三角形，所以，因此离心率,故选：C【点睛】本题考查了双曲线的定义和性质，以及三角形内心，重心的性质，综合性较强.对于离心率问题，要充分挖掘几何性质和图形中体现的等量关系，建立出的关系系，从而求解离心率.三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18分）17. 如图，在直棱柱中，，，D，E，F分别是，，的中点．（1）求证：；（2）求与平面DEF所成角的大小．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直证明线线垂直，（2）利用空间向量的夹角即可求解线面角.【小问1详解】由于三棱柱是直三棱柱，且，故两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则,故,,所以，故【小问2详解】,,设平面的法向量为，则，取，则，设与平面DEF所成角为，则，由于，所以18. 某公园有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，现欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是，区域PMB和区域PNC内部种郁金香，区域AMPN内种植月季花． （1）探究：观赏小径PM， PN的长度之和是否为定值？请说明理由；（2）为深度体验观赏，准备在月季花区城内修建小径MN，当点P在何处时，三条小径（PM，PN，MN）的长度之和最少？【答案】（1）为定值，理由见解析    （2）P为BC中点，【解析】【分析】(1)在和中分别利用正弦定理即可求得PM与PN的长度之和；(2)在中利用MN边的余弦定理，再根据两边的积与和的基本不等式求解即可；【小问1详解】在中，＝180°－60°－45°＝75°，由正弦定理可得：，  即＝＝，同理可得，所以＝定值；【小问2详解】解：在中，由余弦定理可得：，即，所以，，又由（1）有＝， 故，当且仅当时等号成立.  故当P点是MN的中点时，三条小径（PM，PN，MN）的长度之和最小，最小为19. 已知椭圆的方程为，圆与轴相切于点，与轴正半轴相交于两点，且，如图．（1）求圆的方程；（2）如图，过点的直线与椭圆相交于 两点，求证：射线平分．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据直线被圆截得的弦长公式求出圆心和半径即可求解；（2）将问题转化为证明,利用韦达定理可证明.【小问1详解】依题意，设圆心，，，解得，所以所求圆方程为：.【小问2详解】代入圆方程，得或，所以,若过点的直线斜率不存在，此时在轴上，,射线平分;若过直线斜率存在，设其方程为，联立整理得设，所以射线平分．综上，射线平分.20. 已知无穷数列（）的前n项和为，记，，…，中奇数的个数为．（1）若，请写出数列的前5项；（2）求证：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是严格增数列的充分不必要条件；（3）若，2，3，，求数列的通项公式．【答案】（1）1，2，2，2，3    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）推导出，．由此能写出数列的前5项．（2）先证充分性，推导出，从而数列是单调递增数列；再证不必要性，当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数，，数列是单调递增数列，由此能证明：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件．（3）当为奇数时，推导出不能为偶数；当为偶数，推导出不能是奇数，从而与同奇偶，由此得到．【小问1详解】解：因为，故当时，，则是第二项起的等差数列，所以所以则，即数列的前5项为：1，2，2，2，3；【小问2详解】证明：（充分性）是奇数，，3，为偶数，对于任意，都是奇数，，数列是单调递增数列．（不必要性）当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数，，数列是单调递增数列， “为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的不必要条件．综上，：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件．【小问3详解】解：①当为奇数时，若为偶数，若是奇数，则为奇数，为偶数，与矛盾；若为偶数，则为偶数，为奇数，与矛盾．当为奇数时，不能为偶数；②当为偶数，若为奇数，若为奇数，则为偶数，为偶数，与矛盾，若为偶数，则为奇数，为奇数，与矛盾，当为偶数时，不能是奇数．综上，与同奇偶，若为奇数，则，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，所以为偶数，则，若与同为奇数，则此时，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾，所以与同为偶数，则，以此类推，，2，3，...得到当时，，当时，为偶数即可满足.所以.21. 已知函数的导函数为，的图像在点处的切线方程为，且，函数．（1）求函数的解析式．（2）令，讨论函数在的零点个数．（3）若函数与函数的图像在原点处有相同的切线．若对于任意恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）    （2），0个，，1个，，2个    （3）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，以及切线方程，建立方程关系，即可求出，，的取值， （2）构造函数，问题转化成直线与函数的图象的交点情况，求导，利用导数研究的单调性，即可分类讨论求解零点 （3）将不等式对于任意，恒成立，进行参数分离，利用导数求函数最值，即可求实数取值范围．【小问1详解】，，，的图象在点，处的切线方程为，当时，，且切线斜率，则，②，，③，联立②③解得，，，；【小问2详解】令，则，记问题转化成直线与函数的图象的交点情况，则，在单调递增，故当时，，故令，解得，，解得或，故在单调递增，在单调递减，又，且当且趋近于0时，趋向，且当时当时，，当，结合在单调递减，故可知当时，与函数只有一个交点，当时，与函数有2个交点，当时，与函数一个交点，当，与函数没有交点，当，与函数一个交点，【小问3详解】函数，函数在原点处的切线斜率为1，，．若对于任意恒成立，则等价为对于任意恒成立，即恒成立，则只需要求出在上的最小值即可，设，，求导可得，，在上单调递增，在上单调递减，，故恒成立，即，在上恒成立，即在上恒成立，又，故，即，故的取值范围为，．【点睛】本题主要考查导数的几何意义，以及利用导数求函数的最值，求函数的导数，将不等式恒成立转化为求函数最值问题是解决本题的关键．运算量大，综合性较强．求解函数有零点常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．