2023届青海省西宁市湟中区高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2023届青海省西宁市湟中区高三上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先解出集合、，再利用交集定义即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：B

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的乘法运算即可求解.

【详解】解：.

故选：C.

3．若点在双曲线：（，）的一条渐近线上，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件可得点在直线上，即得.

【详解】依题意得点在直线上，

所以.

故选：C.

4．已知向量，满足，，且，的夹角为30°，则（    ）

A． B．7 C． D．3

【答案】C

【分析】计算出，再根据计算出结果.

【详解】由题意得：，

所以.

故选：C

5．青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一.如图，这是景德镇青花瓷，现往该青花瓷中匀速注水，则水的高度与时间的函数图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据瓷器的形状：中间粗，上下细来分析水的增高速度.

【详解】由图可知该青花瓷上､下细，中间粗，则在匀速注水的过程中，水的高度先一直增高，且开始时水的高度增高的速度越来越慢，到达瓷瓶最粗处之后，水的高度增高的速度越来越快，直到注满水，结合选项所给图像，只有先慢后快的趋势的C选项符合.

故选：C

6．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期为 B．的图像关于点对称

C．的最大值为 D．的图像关于直线对称

【答案】B

【分析】利用降幂升角公式进行化简，转化为余弦型函数，再利用余弦函数的图像与性质进行求解.

【详解】因为，

所以的最小正周期为，故A错误；

因为，当时，，是的对称中心，

故的图像关于点对称，B正确；

因为，所以的最大值为，故C错误；

因为，当时，，不是的对称轴，故D错误.

故选：B.

7．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，过A点作准线的垂线交准线于，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合图形，利用抛物线的定义，直角三角形的性质进行求解.

【详解】

因为，根据抛物线定义有：，

设与轴的交点为，因为，所以.

因为，所以.故A，C，D错误.

故选：B.

8．某校高三（）班有名学生，学号为到，现采用随机数表法从该班抽取名学生参与问卷调查.已知随机数表中第行和第行的各数如下：

若从随机数表的第行第列的数开始向右读，则抽取的第名学生的学号是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据随机数表法可直接确定抽取的学生学号，由此可得结果.

【详解】由题意可知：抽取的学生的学号依次为，，，，，，，，

则抽取的第名学生的学号是.

故选：C.

9．我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底､长方形足､器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则其体积约为（    ）（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.

【详解】解：因为

，

，所以.

故选：D

10．在等比数列中，，，则（    ）

A．2 B．±2 C．2或 D．

【答案】A

【分析】根据等比数列的定义，结合等比中项，建立方程组，可得答案.

【详解】设的公比为q，由，则，解得（舍去），故，所以，.

故选：A.

11．已知函数满足，函数与图象的交点分别为，，，，，则（    ）

A．-10 B．-5 C．5 D．10

【答案】B

【分析】依题意可得的图象关于点对称，又也关于点对称，可得两函数的交点也关于点对称，根据对称性计算可得.

【详解】解：因为，所以的图象关于点对称，

又也关于点对称，

则函数与图象的交点也关于点对称，

所以；

故选：B

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令,求导得，于是得在上单调递增，所以当时有，进而可得，由二倍角公式及的单调性可得，即可得答案.

【详解】解：令,则，

所以在上单调递增，

所以当时，，

即当时，，

所以，即，

又因为，

即，

综上所述：.

故选：A.

【点睛】本题考查了通过构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，也考查了导数的应用和逻辑推理能力，属于较难题.

二、填空题

13．已知等差数列的前n项和为，，则______.

【答案】168

【分析】根据等比数列下标和性质及前n项和公式即可得到结果.

【详解】因为，所以.

故答案为：168

14．设，满足约束条件，则的最大值为___________.

【答案】4

【分析】由约束条件画出可行域，利用数形结合即得.

【详解】由约束条件可得可行域，

作直线，将平移直线可知过点时，直线在轴上的截距最大，此时最大，

由，可得，即，

此时的最大值为：.

故答案为：.

15．已知球的体积为，正四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，底面边长为4，则其高为___________.

【答案】1

【分析】由题可得球的半径为3，然后利用球及正棱锥的性质即得.

【详解】设球的半径为，则，

所以，则该正四棱锥的侧棱长为3，

因为该正四棱锥的底面边长为4，

所以底面对角线长为，

故该正四棱锥的高为.

故答案为：1.

三、双空题

16．若，则______；______.

【答案】     1     0

【分析】令，可得第1空答案；令，可得第2空答案.

【详解】解：令，得；

令，得，

所以.

故答案为：1；0.

四、解答题

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.

(1)求B；

(2)若，且的面积为12，求b.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用倍角公式化简题设条件，再由可得，从而求得角；

（2）先由面积公式求得，再由余弦定理求得.

【详解】（1）因为，所以，

因为，所以，

所以，故.

（2）因为，解得，

再由余弦定理可得，    

所以.

18．某地教体局为了解该地中学生暑假期间阅读课外读物的情况，从该地中学生中随机抽取100人进行调查，根据调查所得数据，按，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中m的值，并估计该地中学生暑假期间阅读课外读物数量的平均值；（各组数据用该组中间值作代表）

(2)若某中学生在暑假期间阅读课外读物不低于6本，则称该中学生为阅读达人，以样本各组的频率代替该组的概率，从该地中学生中随机抽取4人，记抽取到的中学生为阅读达人的人数为X，求X的分布列与数学期望.

【答案】(1)；平均值为4.6；

(2)分布列见解析；.

【分析】（1）先由频率分布直方图的频率公式及频率之和为1求得m，再利用频率分布直方图的平均值求法求得平均值；

（2）先根据频率分布直方图求得抽取到阅读达人的概率，再利用二项分布概率公式和数学期望公式求得X的分布列和数学期望.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得，

则可以估计该地中学生暑假期间阅读课外读物数量的平均值为：.

（2）由频率分布直方图可知从该地中学学生中随机抽取1人，此人是阅读达人的频率为，

所以从该地中学生中随机抽取4人，记抽取到的中学生为阅读达人的人数为X，则，

故.

所以，，，，，

X的分布列为：

X的数学期型.

19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AFDE，，DE⊥AD，AC⊥BE.

(1)证明：平面ADEF⊥平面ABCD.

(2)求平面ACE与平面ABF所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直即可证明面面垂直.

（2）由向量法只需求平面ACE与平面ABF的法向量即可求解.

【详解】（1）证明：如图，连接BD.

四边形ABCD是正万形，AC⊥BD，

又AC⊥BE，BE，平面BDE，且，

AC⊥平面BDE，

平面BDE，所以AC⊥DE，

又DE⊥AD，平面ABCD，且，

DE⊥平面ABCD，

又平面ADEF，

平面ADEF⊥平面ABCD.

（2）由题意可得DA，DC，DE两两垂直，

故以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，

建立如上图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，

故，，，

设平面ACE的法向量为，

则，令，得,

由AFDE得，又，

平面ABF，所以平面ABF，

则平面ABF的一个法向量为，

设平ACE与平面ABF所成的二面角为θ，

则.

即平面ACE与平面ABF所成锐二面角的余弦值为.

20．已知椭圆过点．，分别为左右焦点，为第一象限内椭圆上的动点，直线，与直线分别交于，两点，记和的面积分别为，．

(1)试确定实数的值，使得点到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出的值；

(2)在（1）的条件下，若，求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据椭圆过点，可得椭圆方程，进而可得椭圆焦点，设点，利用距离公式可得与的关系，根据为定值，可得与的值；

（2）根据，的方程可得点与的坐标，进而可得与，可解得点的坐标，进而分别求各得各长度，可得解.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，即，

所以，，

则，，

所以椭圆的方程为，

设，（，），

则，

又，即，

所以，

因为为定值，所以，解得，

所以；

（2）由（1）得，直线：，

又，，，

则直线：，令，则，所以，

同理直线：，令，则，所以，

所以，

所以，

化简可得或，

解得或（舍），

所以，，

则，，，，

所以.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．已知函数.

(1)若是的极值点，求的单调区间；

(2)若关于的方程恰有一个解，求a的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再利用导数求出函数的单调区间；

（2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，由零点存在性定理可得存在使得，即可得到的单调性，从而求出的最小值，依题意可得，即可求出的值，从而得解.

【详解】（1）解：因为，所以，

因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，

所以，，又与在上单调递增，

所以在上单调递增，又，

所以当时，当时，

即的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）解：显然，又，

令，，则恒成立，所以在上单调递增，

且，，

所以存在使得，

当时，即，当时，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时取得最小值，

由，可得，即，则，

因为关于的方程恰有一个解，

所以，即，

所以，当时等号成立，

由，可得，即的取值范围为；

【方法点睛】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．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)设点，直线与曲线交于，（均异于点）两点，若，求的值.

【答案】(1)；；

(2)或.

【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.

【详解】（1）由（α为参数），得，

故曲线的普通方程为，

由，得，

故直线的直角坐标方程为；

（2）由题意可知直线l的参数方程为（t为参数），

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，

设对应的参数分别是，，则，，

因为，

所以，解得或.

23．已知函数的最小值为.

(1)求的值；

(2)若，，且，求的最小值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后根据函数的单调性进而即得；

（2）由题可得，然后根据基本不等式即得.

【详解】（1）由题意可得，

则在上单调递减，在上单调递增，

故，

即；

（2）由（1）可知，则，

因为，

所以，

因为，

所以，当且仅当时，等号成立，

即的最小值为.