【期中真题】新疆维吾尔自治区和田地区和田县2023届高三上学期期中教学情况调研数学（理）试题.zip

2022~2023学年度第一学期和田地区和田县期中教学情况调研

高三数学（理科）

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. 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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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，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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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；本题共4小题，每小题5分，共20分

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

【解析】

【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】

【解析】

【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】

【解析】

【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】

【解析】

【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；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.

【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）．

【解析】

【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）

【解析】

【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．

【小问1详解】

证明：因为四边形是长方形，所以，

因为平面，平面，

所以平面

【小问2详解】

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）.

【解析】

【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）

【解析】

【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．

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. 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．

【解析】

【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．

【选修 4-5：不等式选讲】

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）．

【解析】

【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.