2023届新疆和田地区第二中学高三上学期11月期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届新疆和田地区第二中学高三上学期11月期中考试数学（理）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届新疆和田地区第二中学高三上学期11月期中考试数学（理）试题 一、单选题1．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据复数的运算法则计算，即可写出共轭复数.【详解】因为，所以，故，故选：B【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于容易题.2．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的图象与性质，求得，再结合集合交集的概念，即运算，即可求解.【详解】由，可得，解得，即，又由或，可得.故选：D.3．设是空间的不同直线或不同平面，下列条件中能保证“若，且，则”为真命题的是 A．为直线, 为平面B．为平面C．为直线,z为平面D．为直线【答案】C【详解】试题分析：当为直线，为平面时，可能在平面；故错；当为平面时，可能相交；故错；当为直线，为平面时， ；故正确；当为直线时，可能相交也可能异面；故错.【解析】直线与平面的位置关系.4．等差数列公差为，且满足，，成等比数列，则（    ）A． B．1 C．3 D．2【答案】D【分析】依题意得，即，整理可得结果.【详解】依题意得，则，所以，又，故.故选：D.5．若实数满足不等式组，则的最大值为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：令，画出不等式组表示的可行域，利用线性规划的知识求解可得所求．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．令，变形得．平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最大值．由，得，故，∴.故选D．点睛：利用线性规划求目标函数最值的步骤①作图：画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的直线l；②平移：将l平行移动，以确定最优解所对应的点的位置；③求值：解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值．6．在四边形中，，，，则该四边形的面积是（    ）A． B． C．10 D．20【答案】C【分析】根据向量垂直求得,进而得,,【详解】解:因为，，,所以,解得,所以,,所以该四边形的面积是 故选:C7．已知sinα＝，α是第二象限的角，且tan(α＋β)＝－，则tanβ的值为（    ）A．－ B． C．－ D． 【答案】C【解析】先求出，再化简已知得，解方程即得解.【详解】因为sinα＝，α是第二象限的角，所以，因为tan(α＋β)＝－，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查同角的三角函数值的计算，考查和角的正切公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课则“六艺”课程讲座的不同排课顺序共有（    ）A．120种 B．156种 C．188种 D．240种【答案】A【分析】根据题意，按“数”的位置分3种情况讨论，求出每种情况下排课顺序的数目，由加法原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分3种情况讨论：①，若“数”排在第一节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有4种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排课顺序；②，若“数”排在第二节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排课顺序；③，若“数”排在第三节，“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，则此时有种排课顺序；则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有种，故选：A．9．已知正数，满足，则的最小值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】经转化可得，，条件均满足，即可得解.【详解】根据题意可得，由，所以，由，可得，即，，当且仅当，时取等号，所以的最小值为.故选：B.10．定义在R上函数的图象关于直线x=−2对称，且函数是偶函数．若当x∈[0，1]时，，则函数在区间[−2018，2018]上零点的个数为A．2017 B．2018 C．4034 D．4036【答案】D【详解】函数在区间[−2018，2018]上零点的个数，就是的图象与的图象公共点的个数．∵函数的图象关于直线x= −2对称，∴函数图象的对称轴为x=0，故是偶函数，即．又函数是偶函数，∴，故，∴函数是周期为2的偶函数，又当x∈[0，1]时，，画出与图象如下图所示，由图象可知在每个周期内两函数的图象有两个交点，所以函数在区间[−2018，2018]上零点的个数为20182=4036．选D．11．已知F是椭圆C的一个焦点，B是短轴的一个端点，线段的延长线交椭圆C于点D，且，则椭圆C的离心率为（    ）A． B． C． D．3【答案】A【分析】由题意设椭圆的焦点在轴上，，，设，由解得点坐标，代入椭圆方程，化简即可求得离心率.【详解】设椭圆的焦点在轴上，方程为，，，设，由，且，故，，由点在椭圆上，故，整理得，故离心率，故选：A.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．12．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别构造函数，，，利用其单调性判断.【详解】解：设，则，所以在上递减，所以，即，设，则，递增，则，即，所以，令，则，，当时，，则递减，又，所以当时，，递减，则，即，因为，则，所以，即，故，故选：D 二、填空题13．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，当时，的最小值为__________.【答案】【分析】利用等差数列、等比数列的通项公式可得，再利用等比数列的前项和公式求出即可求解.【详解】由已知，，∴，∴.∵，∴，即，令，因为，又，所以，所以单调递增，又，，∴的最小值为.故答案为: 14．已知向量与的夹角为，，，则________【答案】1【分析】对两边平方，根据向量的运算，解出即可．【详解】解：根据题意，设，，向量与的夹角为，，则，又由，则，变形可得：，解可得或1，又由，则；故填1.【点睛】本题考查平面向量的基本运算，属于基础题．15．当曲线与直线有两个不同的交点时，实数k的取值范围是____________．【答案】【分析】求出直线恒过的定点，结合曲线的图象，数形结合，找出临界状态，即可求得的取值范围.【详解】因为，故可得，其表示圆心为，半径为的圆的上半部分；因为，即，其表示过点，且斜率为的直线.在同一坐标系下作图如下：不妨设点，直线斜率为，且过点与圆相切的直线斜率为数形结合可知：要使得曲线与直线有两个不同的交点，只需即可.容易知：；不妨设过点与相切的直线方程为，则由直线与圆相切可得：，解得，故.故答案为：.16．在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为_________.【答案】8【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.∴可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2.∴截面的周长为8.故答案为：8.【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档题． 三、解答题17．已知中，内角所对边长分别为，.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据条件由正弦定理进行边化角即可求出；（2）先根据和求，再由正弦定理求边，最后根据三角形的面积公式求的面积.【详解】（1）因为，所以由正弦定理，得， 又因为，所以，所以，即，又因为，所以； （2）因为，，，所以，又因为，所以，所以的面积.18．如图，在四棱锥中，//，，，且与均为正三角形，为的中线，点在线段，且.（1）求证：//平面；（2）若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连结，证明∥，//平面即得证；（2））取的中点，连结，证明平面，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】解：（1）连结，∥，∥，平面,平面  ∥平面.（2）取的中点，连结，易知三点共线且，平面平面且为交线，平面，连结，易知，建立如图所示的空间直角坐标系，易知平面的法向量，易知，， ，  ，，设面的法向量，，令，则， .设所求锐二面角的平面角大小为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）19．随着经济的发展，个人收入的提高，自2019年1月1日起，个人所得税起征点和税率的调整.调整如下：纳税人的工资、薪金所得，以每月全部收入额减除5000元后的余额为应纳税所得额.依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如下表：个人所得税税率表（调整前）个人所得税税率表（调整后）免征额3500元免征额5000元级数全月应纳税所得额税率（%）级数全月应纳税所得额税率（%）1不超过1500元部分31不超过3000元部分32超过1500元至4500元的部分102超过3000元至12000元的部分103超过4500元至9000元的部分203超过12000元至25000元的部分20.................. （1）假如小红某月的工资、薪金等所得税前收入总和不高于8000元，记表示总收入，表示应纳的税，试写出调整前后关于的函数表达式；（2）某税务部门在小红所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层次员工的税前收入，并制成下面的频数分布表：收入（元）人数304010875 ①先从收入在及的人群中按分层抽样抽取7人，再从中选4人作为新纳税法知识宣讲员，用表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数，表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数，随机变量，求的分布列与数学期望；②小红该月的工资、薪金等税前收入为7500元时，请你帮小红算一下调整后小红的实际收入比调整前增加了多少？【答案】（1）；（2）①详见解析，②220元.【分析】(1)根据题意可列出纳税y与总收入x的关系式．(2)根据分层抽样，求得及各自抽取人数．从中抽取4人，所以z的可能有三种．分别求这三种情况下的概率，结合分布列与数学期望的求法可得解．  根据调整前后纳税计算公式，分别求得两种情况下的纳税额，求其差即可求得增加额．【详解】解：（1）调整前关于的表达式为，调整后关于的表达式为.（2）①由频数分布表可知从及的人群中抽取7人，其中中占3人，的人中占4人，再从这7人中选4人，所以的取值可能为0，2，4，， ，，所以其分布列为024 所以.②由于小红的工资、薪金等税前收入为7500元，按调整起征点前应纳个税为元；按调整起征点后应纳个税为元，由此可知，调整起征点后应纳个税少交220元，即个人的实际收入增加了220元，所以小红的实际收入增加了220元.【点睛】本题考查了分层抽样的简单应用，数学期望与分布列的应用，属于基础题．20．设椭圆：过点，且离心率为，直线过点，且与椭圆交于不同的两点．（1）求椭圆的方程；（2）求·的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件，列方程组，利用待定系数法求解椭圆方程即可；（2）先讨论直线斜率不存在的情况；在斜率存在的情况下，设直线的方程及两点坐标，联立直线的方程与椭圆的方程，利用得到的取值范围，利用向量数量积的坐标表示求解的取值范围即可.【详解】解：（1）由已知可得，点在椭圆上，，则，解得，所以椭圆的方程为：.（2）当直线的斜率不存在时，的方程为：与椭圆无交点．故直线的斜率存在，设直线的方程为：，，由，消去得，，因为，解得:，所以，因为，所以，因为，所以，则.故的取值范围为.21．设导函数的图象关于直线对称，且，其中常数a，．Ⅰ求a，b的值；Ⅱ设，求函数的极值．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析.【分析】Ⅰ根据求导公式和法则求出，由条件列出方程组求出a、b的值；Ⅱ由求出并化简，根据求导公式和法则求出，求出的根后，由导数与函数单调性的关系求出的单调区间，由极值的定义求出函数的极值．【详解】Ⅰ由题意得，，的图象关于直线对称，，即，，；Ⅱ；，，，由得或，当时，；当或时，在上递增，在和上递减，即当时，取到极小值，当时，取到极大值．【点睛】本题考查了求导公式和法则，导数与函数的单调性、极值的关系，考查了方程思想，化简、变形能力．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程与的直角坐标方程；（2）若与有且仅有四个公共点，求的取值范围.【答案】（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.【分析】（1）直接消参可得的普通方程，利用公式，可得的直角坐标方程；（2）联立与的方程，根据判别式和根与系数的关系，列不等式可得的取值范围.【详解】（1）由，，两边平方得，故曲线的普通方程为，又由，，代入得，当时两边平方，并整理得，故曲线的直角坐标方程为.（2）联立与的方程得，因为，要使与有且仅有四个公共点，则方程有两个大于0的正根，所以，解得，即的取值范围为.【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的互化，考查曲线交点问题，是基础题.23．已知函数.（1）当时，求函数的最小值；（2）若存在，使得成立，求实数取值范围.【答案】（1）最小值为6；（2）.【解析】（1）由，由均值不等式可得答案.（2）存在，使得成立，所以，即，解出不等式即可.【详解】解：（1），因为，所以，，(当且仅当即时取等号)所以，即函数的最小值为6，此时.（2）存在，使得成立，所以，即，则，解得.【点睛】关键点睛：本题考查利用均值不等式求最值和解决不等式有解问题，解答本题的关键是将函数配形为，利用均值不等式求最值，和将存在问题转化为，从而解出答案，属于中档题.