2023届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题含解析

2023届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别化简两个集合，求出交集即可.求解集合A时，注意限制条件.

【详解】

所以，

故选：C.

2．在复平面内，复数（i是虚数单位）对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】先将原式化简，再看实部和虚部的正负判断所在复平面的象限即可.

【详解】，在复平面内对应的点在第一象限.

故选：A.

3．的展开式中的常数项为（    ）

A．15 B．60 C．80 D．160

【答案】B

【分析】利用二项式定理的通项公式进行求解.

【详解】由题知，的展开式的通项为，

当时，，此时，

故的展开式中的常数项为60，故A，C，D错误.

故选：B.

4．在气象观测中，用降水量表示下雨天气中雨量的大小.降水量的测量方法是从天空降落到地面上的雨水，在未蒸发、渗透、流失的情况下，在水平面上积聚的雨水深度.降水量以mm为单位，一般取一位小数.现某地10分钟的降雨量为13.1mm，小王在此地此时间段内用底面半径为5cm的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（其中）（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接代入圆柱的体积公式计算即可.

【详解】

故选：D.

5．从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是正三角形的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，列举出满足正三角形的顶点的组合，然后再利用古典概型概率计算公式计算出所求概率即可.

【详解】如图示，从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，基本事件有种，

在正方体中，满足任取3个顶点构成正三角形的有8种，顶点的集合分别是，，，，，，，，所以所求概率为.

故选：B

6．若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（    ）

A．3 B．或 C．3或6 D．或6

【答案】C

【分析】三个平面向量的夹角两两相等，则说明夹角为或，分两种情况讨论即可.

【详解】由已知得，平面向量，，两两的夹角为或，

当夹角为为时，即，，同向，则；

当夹角为为时，的方向与的方向相反，且

所以，.

综上所述，或.

故选：C.

7．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设，利用可得，再由在圆上可得，令，利用圆和直线总有公共点可得的取值范围，从而求出答案.

【详解】圆的圆心为，半径为，设，

因为，可得，

即①，而②，

若，则，即，不合题意，

所以，由①②可得，

令，所以圆和直线总有公共点，可得即，

解得，即，解得.

故选：D.

8．，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先构造函数，通过求导判断单调性，比较出b和c的大小；再找中间值和，通过构造函数，证明，判断，构造函数，通过单调性判断，于是证明，即可求得a、b、c的大小关系.

【详解】令

则，显然

即单调递减，所以，即，.

令

则，即在上单调递增

所以，即，

所以

令

则

当时，，即在上单调递增

又，所以当时，

所以，即

即，

又，所以，即.

综上：.

故选：C.

二、多选题

9．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线与交，两点，则（    ）

A．的最小值为2

B．以为直径的圆与直线相切

C．

D．

【答案】BC

【分析】分直线的斜率存在与不存在两种情况，写出直线方程，将直线与抛物线联立，得到，

选项A，转化，结合韦达定理分析即可；

选项B，结合抛物线定义以及梯形中线性质，分析圆心到直线的距离即可判断；

选项C，，结合韦达定理计算，即可判断；

选项D，，结合韦达定理即可判断.

【详解】由题意，抛物线焦点为，即，故抛物线，

若直线的斜率不存在，则直线方程为：，此时，

若直线斜率存在，不妨设直线方程为：，

联立，可得，恒成立，

故,

选项A，，若直线斜率不存在，

若直线斜率存在，，故的最小值为4，错误；

选项B，不妨设以为直径的圆圆心为，作于，于，于，由抛物线定义，，故，又为中点，故，故以为直径的圆与直线相切，正确；

选项C，

，正确；

选项D，，错误.

故选：BC

10．已知函数的最小正周期为，则（    ）

A．

B．的最大值为3

C．在区间上单调增

D．将的图象向左平移个单位长度后所得函数的图象关于轴对称

【答案】ACD

【分析】根据已知，利用和角公式、辅助角公式以及三角形函数的图象与性质进行求解.

【详解】

因为的最小正周期为，所以，

又，所以，故A正确；

所以，其最大值为，故B错误；

当时，，

由正弦曲线有，在单调递增，

所以在上单调递增，故C正确；

将的图象向左平移个单位长度后所得函数为

，

其图象关于轴对称，故D正确；

故选：ACD.

11．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．曲线在点处的切线方程为

B．不等式的解集为

C．若关于的方程有6个实根，则

D．，，都有

【答案】AC

【分析】利用函数为奇函数求出时的解析式并求导，根据导数的几何意义，得出切线方程，即可判断A；结合的解析式，求出不等式的解集即可判断B；根据函数的性质作出的大致图象，可知当时，，由此即可判断D；根据的图象，结合函数图象的变换规律，作出的大致图象，根据直线与交点个数的情况，即可判断C．

【详解】函数是定义在上的奇函数，，

∵当时，，

∴当时，，则，

∴，，又

∴曲线在点处的切线方程为，故A正确；

∵

∴令，则

当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，符合题意，

故的解集为，故B错误；

当时，，∴，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

∴当时，取极小值，

在时，，

函数是上的奇函数，图象关于原点对称，

根据以上信息，作出的大致图象如图，

由图可知，当时，，

，，都有，故D错误．

根据函数图象的变换规律，作出的大致图象如图，

由图可知，当时，直线与的图象有6个交点，则关于的方程有6个实根，故C正确；

故选：AC．

12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则（    ）

A．平面

B．直线与所成的角为60°

C．该截角四面体的表面积为

D．该截角四面体的外接球半径为

【答案】BCD

【分析】确定截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，还原正四面体可判定AB，根据各个面的形状求得截角四面体的表面积判断C，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，连接，可得，求解可判断D.

【详解】选项A，由题意，截去四面体还原为正四面体，如下图所示，

因为，所以，

又因为为等边三角形，所以，

即直线与所成角为，即不与直线垂直，故平面不成立，所以A错误；

选项B，由题意，故，又因为为等边三角形，所以，即直线与所成角为，正确；

选项C，由题意，截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，

所以其表面积为，所以C正确；

选项D，如下图所示，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，

连接，

因为截角四面体上下底面距离为，

设球的半径为，所以，

即，化简得的，正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知随机变量服从正态分布，若，则________．

【答案】0.3

【分析】由已知求得正态分布曲线的对称轴，再由已知结合对称性可得，即可求得.

【详解】因为随机变量服从正态分布，

所以正态分布曲线的对称轴为x=1，

由得：，

所以.

故答案为：0.3

14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上且满足，，则的离心率的值为______.

【答案】

【分析】由题意分析为直角三角形，得到关于a、c的齐次式，即可求出离心率.

【详解】设，则.

由椭圆的定义可知：，所以.

所以

因为，所以为直角三角形，

由勾股定理得：，

即，即，

所以离心率.

故答案为：

15．已知，，则的值为______.

【答案】##2.24

【分析】利用同角三角函数的关系解得的值，配角解出即可.

【详解】∵，，

又，则

∴，

∴

又

∴.

故答案为：.

16．剪纸是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一.如图，一圆形纸片，直径，需要剪去菱形，可以经过两次对折、沿裁剪、展开后得到.若，要使镂空的菱形面积最大，则菱形的边长______cm.

【答案】##

【分析】设圆心为，结合已知条件，求出与的关系式，然后利用导函数即可求解菱形面积最大值，进而可得到答案.

【详解】设圆心为，由圆的性质可知，，，，，共线，，，，，共线，

由菱形性质可知，，

不妨令，，且半径为10，

则，即，，

故，

不妨令，，

则，

从而；，

故在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，在上取最大值，

从而要使镂空的菱形面积最大，则，

由可知，，

则此时.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足.

(1)求角；

(2)若，为边的中点，且，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求解即可；

（2）利用余弦定理，结合三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）由余弦定理得，，

即，所以，又因为，所以.

（2），为边的中点，，又，故在中，由余弦定理得，，

同理，在中，，

因为，所以，可得，

又在中，由余弦定理得：，所以，

所以由三角形面积公式得，.

18．已知等差数列的前项和满足是等差数列，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前20项和.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）根据已知，利用等差数列的性质、通项公式、求和公式进行求解.

（2）根据已知，利用裂项相消法求解.

【详解】（1）因为是等差数列，所以，所以，

又是等差数列，所以，即，

整理得，，所以，所以的公差为，

此时，，则有，符合题意，

故数列的通项公式为.

（2）由（1）知，，所以，

因为，所以，

所以

.

19．为了庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利召开，某校组织了一次党史知识竞赛.已知知识竞赛中有甲、乙、丙三个问题，规则如下：（1）学生可以自主选择这三个问题的答题顺序，三个问题是否答对相互独立；（2）每答对一个问题可以获取本题所对应的荣誉积分，并继续回答下一个问题，答错则不可获取本题所对应的荣誉积分，且停止答题.已知学生A答对甲、乙、丙三个问题的概率及答对时获得的相应荣誉积分如下表.

(1)若，求学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率；

(2)针对以下两种答题顺序：①丙、乙、甲；②乙、丙、甲，当满足什么条件时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高?

【答案】(1)0.28

(2)当时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高.

【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式进行求解.

（2）根据相互独立事件的概率乘法公式，利用离散型随机变量的分布列、期望计算公式进行求解.

【详解】（1）设“学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分”为事件，

则.

所以，学生A按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率为0.28.

（2）设顺序①答题最后所得的荣誉积分为，按顺序②答题最后所得的荣誉积分为，

则的所有可能取值为0，300，500，600，的所有可能取值为0，200，500，600.

，

，

，

，

所以.

，

，

，

，

所以.

由得.

故当时，学生A按顺序①答题最后所得荣誉积分的期望较高.

20．如图，在四面体中，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若为的中点，求二面角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，证明，，则是二面角的平面角，再利用勾股定理证明即可得证；

（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）证明：取中点，连接，

由可知，，

在中，由可知，，

所以是二面角的平面角，

在中，，

所以是直角三角形，因此，

在中，，，，所以，

所以，故平面平面；

（2）解：由（1）可知，，，两两互相垂直，

以为正交基底建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，

则

取，则，，所以平面的一个法向量为，

又平面的一个法向量为，

所以，

由图形可知，二面角的余弦值为.

21．已知为坐标原点，点在双曲线上，直线交于，两点.

(1)若直线过的右焦点，且斜率为，求 的面积；

(2)若直线，与轴分别相交于，两点，且，证明：直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出的面积；

（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标 ，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.

【详解】（1）将点代入的方程，得，解得，

所以的方程为.直线的方程为，

联立方程 整理得，，解得，

不妨设，，

则，

点到直线的距离为，所以 的面积为；

（2）

依题意作上图，设 ，则 ， ， ，

直线AP的方程为： ，直线AQ的方程为： ；

联立方程： ，解得： ，

显然 ，即 ；

， ，

联立方程： ，解得： ，

显然 ，即，

，

即当 时，

直线PQ的方程为： ，将上面求得的 解析式代入得：

，整理得： ，

所以直线PQ过定点 ；

综上， .

【点睛】本题第二问计算量很大，需要反复计算确认，但思路比较容易，只要根据对称性设立M，N点坐标，其他的只要顺势而为即可.

22．已知函数，，.，分别为函数，的导函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)证明：当时，存在实数，同时满足，.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）首先对求导，并确定定义域，然后根据的范围进行分类讨论即可.

（2）首先利用导数判断的单调性，再利用零点存在定理判断出在内存在一个零点，然后利用题目所给的等式求解即可.

【详解】（1），，

①当时，，函数在上单调增；

②当时，，，函数在上单调减；

，，函数在上单调增.

综上所述，当时，函数在上单调增；

当时，函数在上单调减，在上单调增

（2），，

由，可知，，所以在上单调增，

又因为，，

所以函数在内存在一个零点，设为，则，即，

又因为，所以，即成立.

对两边同时取对数，得，因此.

故存在，同时满足，.