2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期中数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期中数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了5C， 设函数，，则函数的减区间为， 已知抛物线等内容，欢迎下载使用。

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1. 本试卷共6页，满分150分，考试时间为150分钟.考试结束后，请将答题卷交回.
2. 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上.
3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符.
4. 作答选择题必须用2B铅笔把答题卡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.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效.
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 设为虚数单位，若，则实数的值为（ ）
A. -2B. -1C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定等式，利用复数的乘法计算，结合复数相等列式求解作答.
【详解】，依题意，，而，于是得，解得，
所以实数的值为.
故选：B
2. 设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合N，再利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】解不等式得：或，即或，
则，而，
所以.
故选：A
3. 已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆锥结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.
【详解】因圆锥轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，
所以该圆锥的体积为.
故选：C
4. “双减”政策实施后，学生的课外阅读增多.某班50名学生到图书馆借书数量统计如下：
则这50名学生的借书数量的上四分位数（第75百分位数）是（ ）
A. 8B. 8.5C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义，结合统计表求四分位数.
【详解】由，故第75百分位数在借书数量从小到大排序后的第38人，
又，
故四分位数（第75百分位数）是9.
故选：C
5. 设函数，，则函数的减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数的定义域，再利用对数型复合函数单调性求解作答.
【详解】依题意，，则得：，即函数的定义域为，
显然函数在上单调递增，在上单调递减，而在上单调递减，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的减区间为.
故选：B
6. 在的二项展开式中，奇数项的系数之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出展开式通项，即可求得展开式中所有奇数项的系数之和.
【详解】的展开式通项为，
因此，展开式中所有奇数项的系数和为.
故选：D.
7. 已知函数的部分图象如图，的对称轴方程为，则（ ）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的对称轴方程可得的周期，进而求出，再借助函数性质及给定图象求出A值作答.
【详解】由给定的图象知，
，，
即，
因函数图象的对称轴方程为，
则的最小正周期，，
而，显然有，
即，解得，所以.
故选：A
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到当时，从而说明，再比较与的大小关系，即可得解.
【详解】解：令，则，所以在定义域上单调递减，
所以当时，，即，所以，
又，，且，，
所以；
故选：B
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在正方体中，已知为棱的中点，上底面的中心，下列图形中，的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正方体的性质，利用线面垂直的判定、性质证线线垂直，或由勾股定理判断线线垂直，即可得答案.
【详解】若分别是的中点，易知且，
所以共面，易知：面面，
而，，所以，
面面，面，则面，
又面，故，即A选项中正确；
又，若正方体棱长为2，则，，故，
所以不垂直，即不垂直，即B选项中错误；
由，则，，故，
所以不垂直，即不垂直，即C选项中错误；
由，而，又面，面，则，
，面，则面，
又面，则，故，即D选项中正确
故选：AD
10. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程为
B. 直线与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为11
【答案】BCD
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.
【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；
由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；
设点，所以，
所以，故C正确；
如图过点作准线，交于点，，，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；
故选：BCD
11. 某校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”学生书画作品比赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（一、二等奖作品数相等），其中男生作品分别占，，，现从获奖作品中任取一件，记“取出一等奖作品”为事件，“取出男生作品”为事件，若，则（ ）
A. B. 一等奖与三等奖的作品数之比为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，即可表示男、女生获一、二、三等奖的作品数，再根据求出与的关系，从而一一判断即可.
【详解】解：设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，
则男生获一、二、三等奖的作品数为、、，
女生获一、二、三等奖的作品数为、、，
因为，所以，
所以，故A正确；
，故C错误；
一等奖与三等奖的作品数之比为，故B正确；
，故D正确；
故选：ABD
12. 设定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 的解析式唯一
C. 若是周期为的函数，则
D. 若时，，则是上的增函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求出，再令即可得到，即可判断A，再利用特殊值判断B，根据判断C，最后根据奇函数的性质及单调性的定义判断D.
【详解】解：因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；
令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，即B错误；
若是周期为的函数，则，所以，又，
所以，故C正确；
因为当时，，所以当时，则，
设任意的，且，则，
所以，因为，且，
所以，，，，，
所以，即，
所以在上单调递增，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是上的增函数，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在边长为6的等边三角形中，若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设可得，根据已知及数量积的定义即可求结果.
【详解】由，
所以.
故答案为：
14. 已知，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则，所以，，
所以，
.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，已知圆过点，为圆上一点，且弧的中点为，则点的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设的中点为，则，即可取出直线的方程，联立直线与圆的方程，解得即可.
【详解】解：设的中点为，即，所以，又，
所以，
所以直线为，又圆：，
所以，解得或，
所以.
故答案为：
16. 已知函数的零点为、、，且，则的最小值是_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由可得出，令，分析函数奇偶性，可得出，，则，令，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得解.
【详解】由可得，构造函数，该函数的定义域为，
，
所以，函数为上的奇函数，则，
因为函数有三个零点、、且，
故函数有三个零点、、且，且，，故，
所以，，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记内角A，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，求角的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，化简可得，即可得答案；
（2）利用（1）的结论，结合余弦定理可求得的范围，即得答案.
【小问1详解】
由正弦定理结合，
可得,
即，
故，所以，
故.
【小问2详解】
由（1）得，
故 ，
当且仅当即时取等号，
故.
18. 某药厂研制了治疗一种疾病的新药，该药的治愈率为.现用此药给位病人治疗，记被治愈的人数为.
（1）若，从这人中随机选人进行用药体验访谈，求被选中的治愈人数的分布列和数学期望；
（2）当为何值时，概率最大？并说明理由.
【答案】（1）分布列答案见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知可知的可能取值有、、、，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）由已知可得出，求出的取值范围，结合可得结果.
【小问1详解】
解：由题意可知的可能取值有、、、，
，，，
.
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，.
【小问2详解】
解：由题意可得，
由题意可得，
即，解得，
因为，故当时，最大.
19. 已知数列是等差数列，是等比数列的前项和，，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）（i）求证：；
（ii）求所有满足的正整数，.
【答案】（1），；
（2）（i）证明见解析；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，求出等差数列的首项及公差，等比数列公比求解作答.
（2）（i）求出等比数列的前项和即可推理作答；
（ii）由数列的通项及（i）中结论，判断计算作答.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，因，，则，解得，即有，
设等差数列的公差为，因，，则，解得，即，
所以数列，的通项公式分别为，.
【小问2详解】
（i）由（1）知，，
当时，，此时数列是递减的，恒有，
当时，，此时数列是递增的，恒有，
又，，即，
所以，.
（ii）由（i）知，，当时，，若，则，解得，
即有，当时，，即，解得，
当时，，即，即，无整数解，
当时，，即，解得，
所以或.
20. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，，且，，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，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）.
【解析】
【分析】（1）取PB的中点E，连OE，CE，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）延长BC，AD交于点Q，推理证明是平面与平面所成锐二面角，再结合已知计算作答.
【小问1详解】
在四棱锥中，取PB的中点E，连OE，CE，如图，
因为棱的中点，则，，
因平面，有平面，而平面，则，
则有，在直角梯形中，，又是边长为2的等边三角形，
即，又，因此，而，则，
于是得四边形为平行四边形，有，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因，，则，由（1）知，
即，解得，有，
延长BC，AD交于点Q，连PQ，由且得：点D是AQ中点，即有，
因此，即，由平面，平面，得,
而，平面，则平面，平面，即得，
因此是二面角的平面角，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
21. 已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列出关于a,b的方程，求得a,b的值，即得答案;
（2）设直线方程，，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示P点坐标，结合，可得N点坐标，从而可证明结论.
【小问1详解】
由椭圆：的离心率为，短轴长为2，
可知 ，则 ，
故的方程为；
【小问2详解】
证明：由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，
设，
联立，可得，
，
则，
所以，
又，所以，
解得，
从而 ，
故，即为定值.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的定值问题，综合性强，计算量大，解答时要注意联立方程，从而利用根与系数的关系进行化简，解答的关键是利用所设将已知转化为点的坐标来表示，从而进行化简，解决问题.
22. 已知函数.
（1）求证：函数存在唯一的极大值点；
（2）若恒成立，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）求导可得，再令，根据的单调性与零点存在性定理证明即可；
（2）将题意转化为，设，求导分析单调性，结合求解即可.
【小问1详解】
证明：因为，故，令，易得在上为减函数，且，，故在上有唯一零点.
故在上，上单调递增；在上，上单调递减，故函数存在唯一的极大值点.
【小问2详解】
恒成立即，设，则.
，，易得在定义域上为增函数，且，，故在上有唯一零点.
故在上，单调递减；在上，单调递增.
又，且，若恒成立，则为极大值点，此时，解得，此时在上，单调递增，在上，单调递减，故恒成立.
故.
【点睛】本题主要考查了利用导数求极值点的问题，同时也考查了利用导数解决恒成立的问题.需要根据题意求导分析函数的单调性，并继续求导分析导数的单调性与正负区间，从而得到原函数的单调性，同时结合原函数过的定点分析证明.属于难题.
借书数量（单位：本）
5
6
7
8
9
10
频数（单位：人）
5
8
13
11
9
4