江西省吉安市第一中学2022-2023学年高三理科数学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

这是一份江西省吉安市第一中学2022-2023学年高三理科数学上学期11月期中考试试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
吉安一中2022-2023学年度上学期期中考试高三数学试卷（理科） 一、选择题（本大题共12个小题，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．设集合，，则（    ）A． B． C． D．2．某学校组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个社团，该校共有2000名同学，每名同学依据自己的兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加朗诵社团的同学有8名，参加太极拳社团的有12名，则（    ）A．这五个社团的总人数为100B．脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%C．这五个社团总人数占该校学生人数的8%D．从这五个社团中任选一人，其来脱口秀社团或舞蹈社团的概率为50%3．在等差数列中，为其前项和．若，且，则等于（    ）A．-2021 B．-2020 C．-2019 D．-20184．若二项式的展开式中仅第5项是二项式系数最大的项，则自然数的值为   （　 ）A．6 B．8 C．9 D．115．已知在区间上单调递增，则实数的取值范围是（   ）A． B． C． D．6．若，，则（   ）A． B．C． D．7．已知，且，，，则a，b，c三个数（    ）A．至少有一个不小于0 B．都小于0C．至少有一个不大于0 D．都大于08．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A．种 B．种 C．种 D．种9．已知函数，则其图象大致是（    ）A． B．C． D．10．若随机变量，且.已知为抛物线的焦点，为原点，点是抛物线准线上一动点，若点在抛物线上，且，则的最小值为（    ）A． B． C． D．11．函数的图像向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（     ）A． B． C． D．12．已知，，，其中，则（    ）A． B．C． D．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。)13．某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多）,要在如图所示的6个点上各装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则不同的安装方法共有____________种．（用数字作答）14．已知平面向量，，，，满足，，，若，则的取值范围是________．15．如图，已知梯形中，，点在线段上且，双曲线过三点，且以为焦点．当时，双曲线离心率的取值范围是_________．16．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为___________. 三、解答题(本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程。)17．(本题12分)记的内角的对边分别为，已知.(1)求的值；(2)若的外接圆半径为，求的面积.    18．(本题12分)如图， 四棱锥中，底面为矩形，平面， 点在线段上.(1)若为的中点， 证明：平面；(2)若，，若二面角的大小为，试求的值.    19．(本题12分)年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了所学校进行研究，得到如下数据：(1)“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数都超过人的学校可以作为“参与冬奥运动积极学校”，现在从这所学校中随机选出所，记为选出“参与冬奥运动积极学校”的学校个数，求的分布列和数学期望；(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、跳跃、停止”这个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这个动作中至少有个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学“滑行”这个动作达到“优秀”的概率均为，其余每个动作达到“优秀”的概率都为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到次，那么理论上至少要进行多少轮测试？     20．(本题12分)已知椭圆的一个焦点与短轴的一个端点连线的倾斜角为，直线与椭圆相交于和两点，且为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的取值范围.      21．(本题12分)已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求函数在区间上的最小值；（3）若关于的方程在区间内有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.     请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22．(本题12分)选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ．（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）   23．(本题12分) 选修4—5：不等式选讲已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若，且，其中是的最小值，求的最小值.
答案1．D【分析】利用交集运算即可.【详解】因为，，所以故选：D2．B【分析】根据饼状图及有关数据得各个社团比例，计算人数及相应概率判断各选项．【详解】这五个社团的总人数为，．A错误，C错误．因为太极拳社团人数的占比为，所以脱口秀社团人数的占比为，B正确．从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为，D错误．故选：B．3．A【分析】根据等差数列的性质可知，数列也为等差数列，结合已知条件求出等差数列的首项，即可得到.【详解】因为为等差数列的前项和，令，则也为等差数列，设其公差为，由得，又得.故选：A．4．B【分析】根据二项式系数的增减性即可求解.【详解】的展开式中第5项的二项式系数为，要使最大，由二项式系数的单调性可知当时，最大，故，故选：B.5．D【分析】由题意可知在上恒成立，即在上恒成立，参变分离，构造函数，求出的最小值即可.【详解】因为，所以，因为在区间上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，令，则，当时，所以在上单调递增，又因为，且，所以，故选：D.6．D【分析】先将切化弦，后用二倍角公式代入展开，解得，再根据平方关系结合的范围解得，最后将所求式子用和角公式展开并代值计算即可.【详解】由题，又.故选：D.7．A【分析】由配方可得，从而得出答案.【详解】所以，则a，b，c三个数至少有一个不小于0故选：A8．C【详解】分析：直接按照乘法分步原理解答.详解：按照以下顺序涂色，,所以由乘法分步原理得总的方案数为种.所以总的方案数为96，故答案为：C点睛：（1）本题主要考查排列组合计数原理的应用，意在考查学生的逻辑思维能力和排列组合的基本运算能力.解答排列组合时，要思路清晰，排组分清.（2）解答本题时，要注意审题，“有公共顶点的两个格子颜色不同”，如C和D有公共的顶点，所以颜色不能相同.9．B【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化情况分析判断.【详解】函数的定义域为，因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除AC，当时，当时，，，所以，所以排除D，故选：B10．D【分析】根据已知条件先得到的值即得到了的值，再利用抛物线的定义由的值可得到点的坐标为，要求的最小值即要在准线上找一点到两个定点的距离之和最小，最后利用平面几何的方法即可求出距离之和的最小值.【详解】随机变量，且，1和关于对称，即，设为第一象限中的点，，抛物线方程为：，， 解得即，关于准线的对称点为，根据对称性可得：当且仅当三点共线时等号成立.如图故选：D【点睛】本题考查了利用抛物线的定义求解距离，定直线上的动点到两个定点的距离之和的最小值，关键是利用对称性把距离之和最小值转化为三点共线问题，属于较难题.11．D【分析】利用函数的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，可得，即，，从而得到，进而得到的值.【详解】函数的图像向左平移个单位长度后，可得的图象.由条件为奇函数，则，即又，所以，即关于的方程在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即，其中(为锐角) 在内有两个不同的解，即方程即在内有两个不同的解，由，则，所以，所以则，即，所以，故选：D【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，诱导公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．12．A【分析】构造函数，得到其单调性，根据题目条件得到，，，结合且在上单调递减，从而得到.【详解】构造函数，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，由，可得，即，即，由，可得，即，即，因为，在上单调递增，所以，故，因为在上单调递减，，故，因为，故，即，因为，所以，因为在上单调递减，，故，从而.故选：A【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中由对数运算后，根据式子特征选择，从而达到构造出适当函数的目的.13．【分析】利用分步计数原理，先安排底面三个顶点，再安排底面的三个顶点.由分步计数原理可知所有的安排方法.【详解】先安排下底面三个顶点共有种不同的安排方法，再安排上底面的三个顶点共有种不同的安排方法，由分步计数原理可知：共有种不同的安排方法，故答案为：.14．【分析】根据已知得到与终点的轨迹，设出利用圆的相关知识即可求得的范围.【详解】由已知，，，设不妨设，，可得又因为，故所以，即 所以，易知，终点在以为圆心，为半径的圆上.终点在以为圆心，为半径的圆上.的取值范围为与终点距离的取值范围故故答案为：15．【分析】建立平面直角坐标系，写出对应点的坐标，根据点满足双曲线方程，建立双曲线离心率与参数之间的函数关系，进而求其值域即可.【详解】以所在直线为轴、线段的中点为原点建立平面直角坐标系，如下所示：设过点三点的双曲线方程为：，根据题意可得：，设两点坐标分别为，则，由可得：，解得，因为点的坐标都满足双曲线方程，故可得：，则，将其代入，整理化简可得：，即，整理得：，又因为，故可得，则.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线离心率的求解，解决问题的关键是根据题意，建立离心率与参数之间的关系，同时要注意计算的准确度，属中档题.16．【分析】取的中点，的中点，连接，容易证得平面，要使，进而得，进而得当时，最小，此时，的面积最小，再根据几何关系求解即可.【详解】如图，取的中点，的中点，连接由于在面内的射影为，，故因为在面内的射影为，，所以.又，所以平面.要使，必须点在平面内，又点在侧面内，所以点在平面与平面的交线上，即.因为平面，平面，所以，所以当时，最小，此时，的面积最小.又，故.由的面积可得，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面垂直的证明，解题的关键在于根据题意寻求的轨迹，即，进而根据几何关系求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理得，再由余弦定理得，代入可求;（2）利用正弦定理得到，再依次求出的值，最后利用三角形面积公式求得结果.（1）在中，由正弦定理及已知，得.又，由余弦定理得所以.（2）在中，由正弦定理得，则，由（1）得，，所以.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值，即可得解.（1）证明：连接交于，连接，因为四边形为矩形，为的中点，又因为为的中点，则，因为平面，平面，因此，平面.（2）解：由题设平面，四边形为矩形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，平面，平面，，所以，，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由题可得，因为，解得，此时.19．(1)分布列见解析，期望为(2)轮 【分析】（1）分析可知“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；（2）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，计算出的值，利用二项分布的期望公式可得出关于的不等式，求解即可.（1）解：“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，所以，，，，所以的分布列如下表： 所以．（2）解：记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，，由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，由题意可得，得到，因为，所以的最小值为，故至少要进行27轮测试．20．(1)(2) 【分析】（1）由题意，建立关于的方程组，求解方程组即可得答案；（2）设，若直线的斜率存在，设的方程为，联立方程组，由韦达定理及，可得，且，进而可得；当直线的斜率不存在时，易得.综上，即可得答案.(1)解：不妨设左焦点为，上顶点为，则，所以，因为直线与椭圆相交于和两点，且，所以将点的坐标代入椭圆的方程，得，联立方程组，解得，所以椭圆的方程为；(2)解：设，若直线的斜率存在，设的方程为，联立方程组，消去得，则，又，所以，且，即，则，因为，所以，整理得，则，且恒成立，所以，又，且，所以，即；当直线的斜率不存在时，，又，解得，所以综上，的取值范围为.21．（1）；（2）；（3）.【分析】（1）利用导数求得斜率，结合切点坐标写出切线方程.（2）先求得函数的导数，对分成，，三种情况，根据导数求得函数的最小值.（3）先将原方程等价转化为在上有两个不相等的实数根.构造函数，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】（1）当时，，，，，所求的切线方程为.（2），.由得，故函数在上单调递减，在单调递增；①当，即时，，在上为增函数，；②当，即时，在上，为减函数，在上，为增函数，；③当，即时，，在上为减函数，. 综上所述，. （3），方程在上有两个不相等的实数根，等价于方程：在上有两个不相等的实数根.令，则，令，得(舍去)，，因此在内是减函数，在内是增函数，因此，方程在内有两个不相等的实数根，只需方程：在和内各有一个实根，于是，解得,的取值范围是.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．（1）；（2）.【详解】试题分析：（1） 先根据同角三角函数关系cos2t＋sin2t=1消参数得普通方程：（x－4）2＋（y－5）2＝25 ，再根据将普通方程化为极坐标方程：（2）将代入得得，也可利用直角坐标方程求交点，再转化为极坐标试题解析： （1）∵C1的参数方程为∴（x－4）2＋（y－5）2＝25（cos2t＋sin2t）＝25，即C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，把代入（x－4）2＋（y－5）2＝25，化简得：.（2）C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，∴C1与C2交点的直角坐标为（1，1），（0，2）.∴C1与C2交点的极坐标为.考点：参数方程化普通方程，直角坐标方程化极坐标方程 23．(1)(2)最小值为 【分析】（1）分情况讨论将绝对值不等式转化为分段函数，解不等式即可；根据（2）由（1）知，再根据“1”的代换，根据基本不等式计算得解.（1）函数.因为，所以等价于，或，或，解得，或，或即不等式的解集为；（2）由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，故，即，则，，因为，所以，当且仅当时，等号成立，则，故的最小值为.