【期中真题】新疆维吾尔自治区和田地区于田县2023届高三上学期11月期中数学试题.zip

这是一份【期中真题】新疆维吾尔自治区和田地区于田县2023届高三上学期11月期中数学试题.zip，文件包含期中真题新疆维吾尔自治区和田地区于田县2023届高三上学期11月期中数学试题原卷版docx、期中真题新疆维吾尔自治区和田地区于田县2023届高三上学期11月期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2022~2023学年度第一学期和田地区于田县期中教学情况调研高三数学（文科）注意事项：1. 本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．本次考试时间为120分钟，满分值为150分．2. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑．3. 答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．一、选择题；本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 复数虚部是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则直接求解.【详解】解：，复数的虚部是，故选：A.2. 已知集合，，若有三个元素，则（    ）A. {0，1} B. {0，-1} C. {0} D. {1}【答案】C【解析】【分析】先由有三个元素，由，可得或，再检验求出的值，再求交集.【详解】集合，，若有三个元素因为，若，则，则不满足故舍去.若，则或当时，则不满足故舍去.当时，，，则满足条件.所以故选：C【点睛】本题考查根据集合的关系求出参数的值和求交集，属于基础题.3. 已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16，则log2a9＝（    ）A. 15 B. 16 C. 17 D. 18【答案】C【解析】【分析】将已知条件转化为的形式，由此求得，进而求得以及的值.【详解】∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16，∴2q2＝2×2q+16，且q＞0，解得q＝4，∴log2a917.故选：C.【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.4. 等比数列若则（    ）A. ±6 B. 6 C. -6 D. 【答案】B【解析】【分析】根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知，，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.5. 已知命题方程有两个实数根：命题函数的最小值为4，给出下列命题：①；②；③；④.则其中真命题的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【详解】试题分析：因为方程有两个实数根是真命题；命题时函数的最小值为是真命题,故真假,故依据复合命题真假判定的结论可知②③④是正确的,应选C．考点：命题的真假与复合命题的真假的判断.6. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（    ）    A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B【解析】【分析】利用程序框图循环结构依次求解即可.【详解】由，知；从而有，知；从而有，知；从而有，知；从而有，知；此时输出的的值为5.故选：B.7. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的各面中最大面的面积为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥．结合三视图中的数据可得，，故此几何体的各面中最大面的面积为．选B．8. 若实数满足约束条件，则的最大值是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先作出可行域，再根据目标函数几何意义求最大值.【详解】作出约束条件表示的可行域如图：     
由得，
由可行域可知当直线经过点A时，直线截距最大，即z最大，由解得．∴z的最大值．故选：D9. 将函数的图像向左平移个长度单位后，所得到的函数为偶函数，则m的最小值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】，再求出平移后的解析式，由其为偶函数，由两角和与差的正弦公式展开后由三角函数的性质可求得的m值，从而得到最小值．【详解】，图像向左平移个单位后得到，由函数为偶函数， 有，∴，得，∴，∴，，即．，由，所以当时，m的最小值为．故选：A10. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是A.  B.  C. 5 D. 6【答案】C【解析】【详解】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C． 11. 设是方程的解，则属于区间（   ）A. （0，1） B. （1，2）C. （2，3） D. （3，4）【答案】C【解析】【分析】构造函数，根据函数单调性以及零点存在定理确定解的区间.【详解】令，则单调递增，且所以故选:C．12. 已知,是的导函数，则A. 8056 B. 4028 C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】先令，判断出函数与的奇偶性，即可求出结果.【详解】因为，令，所以，故函数为奇函数；所以，即；又，所以，即函数为偶函数，所以，即；故.故选D【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性即可，属于常考题型.二、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数f(x)＝4x＋ (x＞0，a＞0)在x＝3时取得最小值，则a＝________.【答案】36【解析】【分析】利用对勾函数的单调性即可求解.【详解】f(x)＝4x＋ (x＞0，a＞0)在(0，]上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝时取得最小值，由题意知＝3，∴a＝36.故答案为： 14. 已知集合，，若，则的可能取值组成的集合为______．【答案】【解析】【分析】当时，满足；当时，得到，结合集合的包含关系，求得或，即可求解.【详解】由题意，集合，，且，当时，，满足；当时，，要使得，则或，解得或，所以实数的可能取值组成的集合为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了根据集合的包含关系求解参数问题，其中解答中熟记集合的包含关系，以及合理分类讨论是解答的关键，注重考查分类讨论思想，以及推理与计算能力.15. 在半径为5球面上有不同的四点A、B、C、D，若，则平面BCD被球所截面图形的面积为________.【答案】【解析】【详解】过点A向面BCD作垂线，垂足为M，因为则M是外心，而外接球球心位于AN上，如图所示，设所在截面圆半径为r，∵，，∴在中，，∴，∴，在中，，∴.  .16. 已知函数，若存在满足是的最大值，是的最小值，则所有满足条件的整数对是_______ .【答案】【解析】【分析】当时，易得一次函数没有最大值，不符合题意．因此f为二次函数，可得，函数取最大值时对应的，结合题意得到是一个整数化简得，即可得出满足条件的整数只有，从而得到或3，得到满足条件的所有整数对．【详解】若，，可得无最大值，故，为二次函数，要使有最大值，必须满足，即且，此时，时，有最大值．又取最小值时，，依题意，，可得，且，，结合为整数得，此时或．综上所述，满足条件的实数对是：，．故答案为【点睛】本题给出含有根号和字母参数的二次函数，讨论函数的单调性与值域．着重考查了二次函数的图象与性质、方程整数解的讨论等知识，属于中档题．三、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 已知向量，，且.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）若，，求的值.【答案】（1）最小正周期是，单调递增区间为  （2）【解析】【分析】（1）由题,,则,再利用整体法求单调区间即可；（2）由,先由同角的三角函数关系求得,再利用余弦的和角公式求解即可详解】解：（1）,最小正周期是,令,,的单调递增区间为（2）,,,,,【点睛】本题考查数量积的坐标表示,考查正弦型函数的周期和单调区间,考查利用余弦的和角公式求三角函数值18. 如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用勾股定理计算出，推导出是以为直角的直角三角形，再由中位线的性质得出，由此可得出；（2）由的面积为定值，可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，连接、，推导出平面，计算出、以及的面积，然后利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）如图，连接、，因为，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以．因为为边长为的正三角形，所以，又，所以由勾股定理可得，又，，，，则，，所以为直角三角形，且，又、分别是、的中点，所以，所以；（2）如图，连接、，因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，所以当三棱锥的体积最大时，则平面平面，，则，为的中点，则，平面平面，平面平面，平面，平面，此时点到平面的距离为，在中，因为，，所以， 所以的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为．【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用等体积法计算三棱锥体积的最值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19. 某校在课外活动课上连续开展若干项体育游戏，其中一项为“扔沙包”的游戏．其规则是：将沙包扔向指定区域内，该区域共分为A，B，C三个部分．如果扔进A部分一次，或者扔进B部分两次，或者扔进C部分三次，即视为该项游戏过关，并进入下一项游戏．小杨每次都能将沙包扔进这块区域内，若他扔进A部分的概率为p，扔进B部分的概率是扔进A部分的概率的两倍，且每一次扔沙包相互独立．（1）若小杨第二次扔完沙包后，游戏过关的概率为，求p；（2）设小杨第二次扔完沙包后，游戏过关的概率为；设小杨第四次扔完沙包后，恰好游戏过关的概率为，试比较与的大小．【答案】（1）    （2）当时，；当时，；当时，．【解析】【分析】（1）由题意可知，恰好游戏过关包含“第一次未扔中A部分，第二次扔中A部分”和“第一次与第二次均扔中B部分”两个事件，然后求解即可;（2）第四次扔完沙包后，恰好游戏过关后游戏过关需前三次扔完后有一次扔进B部分且有两次扔进C部分,根据独立重复事件的概率计算即可.【小问1详解】解：扔进B部分的概率为，扔进C部分的概率为，且．（1）小杨第二次扔完沙包后，恰好游戏过关包含“第一次未扔中A部分，第二次扔中A部分”和“第一次与第二次均扔中B部分”两个事件，则概率为，由，得，解得或者，又，所以．【小问2详解】第四次扔完沙包后，恰好游戏过关后游戏过关需前三次扔完后有一次扔进B部分且有两次扔进C部分，因此，又，，又，所以，当时，；当时，；当时，．20. 设、分别是椭圆：的上下焦点，是上一点，且与轴垂直，直线与椭圆的另一个交点为.（1）若所在直线斜率为，求的离心率；（2）若直线在轴上的截距为1，且，求椭圆的标准方程.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先判断位置，求得点坐标，再利用斜率为得到关于a，c的齐次式，求出离心率即可；（2）先判断位置，分别利用中点坐标公式和椭圆方程求得点坐标，即得，在利用判断也是的中点，求得点坐标，代入方程得到，最后结合求得a，b，即得结果.【详解】解：（1）记，则，依题意，所在直线斜率为，则在第三象限，将代入椭圆得，则，即，，，即，解得或（舍去），所以的离心率为；（2）依题意，记直线与轴的交点为，如图所示，在第四象限，由与轴垂直，，可知为的中点，由中点坐标公式得，另外将代入椭圆得，即①.由，知，故，即也是的中点，由中点坐标公式得，代入椭圆方程得②.由①②及，解得，故椭圆的标准方程．21. 设函数，（1）设是图象的一条切线，求证：当时，切线与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关；（2）设函数，若在定义域上无极值点，求的取值范围.【答案】（1）详见解析    （2）【解析】【分析】（1）设切点为，求出切线方程并计算与坐标轴围成的三角形的面积为2，故可得相应的结论.（2）由可得，利用基本不等式及条件可得的取值范围.【小问1详解】当时，，， 设图象上任意一点，切线斜率为.     过点的切线方程为.令，解得；令，解得切线与坐标轴围成的三角形面积为.所以与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关.【小问2详解】由题意，,函数的定义域为，，令，得，因为当，，当且仅当时取等号.要使在定义域上无极值点，所以，故的取值范围为.请考生在第22、23两题中任选一题作答， 并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题. 如果多做，则按所做的第一题计分. 【选修 4-4：坐标系与参数方程】22. 已知曲线的极坐标方程为，过点的直线交曲线于两点.（1）将曲线的极坐标方程的化为普通方程；（2）求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由直接将极坐标方程化为直角坐标方程即可；（2）由题意知，直线的参数方程为（为参数,），代入椭圆方程得，利用根与系数的关系及直线参数方程的几何意义可得，由三角函数有界性即可得出结果.【小问1详解】由得，由得,故曲线的普通方程为.【小问2详解】由题意知，直线的参数方程为(为直线的倾斜角)，将代入得，设对应的参数分别为，则，的取值范围为.【选修 4-5：不等式选讲】23. 已知函数.（1）当时，画出的图象；（2）若关于的不等式有解，求的取值范围.【答案】（1）图象答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先对函数化简，然后画出分段函数图像即可；（2）由题意可得，由绝对值三角不等式可得，从而有，进而可求出的取值范围【详解】解：（1）时，，其图像为： （2）若关于的不等式有解，即，∵，∴，∴或，故或，故，故的取值范围是.