江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三数学上学期期中试题（Word版附解析）

南京一中2022~2023学年第一学期期中考试试卷

高三数学

一、 单项选择题：本题共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. 设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分析韦恩图中两个集合的关系即可选出答案.

【详解】由图所示，阴影部分是集合中的元素排除中的元素所组成，故表示的集合为：.

故选：C

2. 已知为虚数单位，复数，则（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 25

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数模的运算性质直接求解.

【详解】因为复数，

所以.

故选：C

3. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.

【详解】.

.

故选：A

4. 2012年国家开始实施法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站统计了2021年中秋节前后车辆通行数量，发现该站近几天车辆通行数量，若，则当时下列说法正确是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式，再结合不等式求解作答.

【详解】因，且，则有，即，

不等式为：，则，，

所以，，A，B，D均不正确，C正确.

故选：C

【点睛】关键点睛：涉及正态分布概率问题，运用正态密度函数曲线的对称性是解题的关键.

5. 已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（    ）

A.  B.  C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可.

【详解】设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得，.

故选：B.

6. 已知是双曲线右焦点，为坐标原点，与双曲线交于(在第一象限)，两点，，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】本题需要根据已知条件，在焦点三角形中运用余弦定理，建立与的方程，进而算出离心率.

【详解】设双曲线的左焦点为，则为平行四边形，所以

因为，所以

又，所以，

因为，所以，在中运用余弦定理有

，得，故离心率

故选：D.

【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、得到a，c的关系．

7. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先考虑满足回答者的所有情况，分甲同学为第5名和甲同学不是第5名两种情况，结合分类加法原理求解，再求解满足回答者的情况且最终丙和丁获得前两名的可能情况，最后根据古典概型求解即可.

【详解】解：根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有种，

当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有种，

故满足回答者的所有情况共种.

其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，

当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有种；

当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有种，

所以，最终丙和丁获得前两名的情况有种，

所以，最终丙和丁获得前两名的概率为

故选：A

8. 已知，，，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意变形得，构造函数证得，观察选项，通过变形可知比较的是的大小，故构造函数证得其单调递减，由此得到所比大小排序.

【详解】因为，，，

所以由两边取自然对数得，即，故，

再由得，故，

令，则，故在上单调递减，

又由上式可知，故，

由四个选项的不等式同时除以可知，比较的是的大小，

故令，则，

再令，则，

故在上单调递减，

所以，故，

所以在上单调递减，

又因为，所以，即，

上述不等式两边同时乘以得，

故选：D.

二、 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知是不同的平面，是不同的直线，则使得成立的充分条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用线面平行、垂直，面面平行、垂直的判定和性质判断即可

【详解】解：对于A，当时，可能相交，可能平行，可能异面，所以A错误，

对于B，当时，由线面平行的性质可得，所以B正确，

对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，

对于D，当时，可能平行，可能异面或相交，所以D错误，

故选：BC

10. 已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A. 函数极小值为1

B. 函数在上单调递增

C. 当时，函数的最大值为

D. 当时，方程恰有3个不等实根

【答案】AC

【解析】

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】对于AB：

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以的极大值为，

的极小值为，故A正确，B错误；

对于C：

由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，

且，，

故函数的最大值为，故C正确；

对于D：

当时，，时，，

且的极大值为，的极小值为，

由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当或时，有1个实数根，

当或时，有2个实数根，

当时，有3个实数根，故D错误.

故选：AC.

11. 已知抛物线的焦点为，、是抛物线上两点，则下列结论正确的是（    ）

A. 点的坐标为

B. 若、、三点共线，则

C. 若直线与的斜率之积为，则直线过点

D. 若，则的中点到轴距离的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据抛物线的方程求出点的坐标，可判断A选项；设直线的方程为，与抛物线的方程联立，利用韦达定理可判断BC选项；求得，利用基本不等式可判断D选项.

【详解】对于A选项，由抛物线，可得，则焦点坐标为，故A错误；

对于BC选项，若直线垂直于轴，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.

设直线的方程为，联立，可得，，

由韦达定理可得，.

若、、三点共线，则，，

则，故B正确

若直线与的斜率之积为，解得，

则直线的方程为，即直线直线过点，故C正确；

对于D选项，因为，

所以，，得，

所以，，

所以的中点到轴的距离

.

当且仅当时，等号成立，

所以，线段的中点到轴的距离最小值为，故D正确.

故选：BCD.

12. 已知函数在上恰有3个零点，则（    ）

A. 在上恰有2个极大值点和2个极小值点

B. 在上的最大值是2

C. 在上是增函数

D. 的取值范围是

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用三角恒等变换化简函数，根据给定条件求出的范围并判断D；再借助正弦函数的性质逐一判断A，B，C作答.

【详解】依题意，，

由，得，由正弦函数的图像知，解得，D正确；

函数在上恰有2个极大值点，可能有1个或2个极小值点，A不正确；

当时，，而，则在上的最大值是2，B正确；

当时，，而，则在上是增函数，C正确.

故选：BCD

三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 的展开式中，常数项为___________.

【答案】7

【解析】

【详解】试题分析：，令，则，所以常数项为.

考点：二项式系数的性质

点评：本题是基础题，考查二项式定理系数的性质，通项公式的应用，考查计算能力

14. 已知sin，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】“给值求值”问题，找角与角之间的关系

【详解】

所以

所以

故答案为：

15. 已知是定义在上的奇函数且为偶函数，当时，且．若，则____．

【答案】8

【解析】

【分析】根据已知条件可得的对称中心，对称轴，可得为的一个周期，由、以及列关于的方程组，进而可得时，的解析式，再利用周期性即可求解.

【详解】解：因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，

因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，

根据条件可知，则，

即为的一个周期，则，

又因为，，

所以，解得或 （舍），

所以当时，，

所以，

故答案为：.

16. 公比为q的等比数列满足：，记，则当q最小时，使成立的最小n值是______．

【答案】15

【解析】

【分析】由等比数列的性质与导数得的最小值后求解

【详解】，构造函数，

，当时，当时，

在上单调递减，在上单调递增，

，此时，，

；∴．

故答案为：15

四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知数列的前项和为，，当时，.

（1）求证：当，为定值；

（2）把数列和数列中的所有项从小到大排列，组成新数列，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析；（2）4594.

【解析】

【分析】（1）由可求得的值，令由可得出，两式作差可得出，可得出数列是以为首项，以为公比的等比数列，进而可求得数列的通项公式；

（2）确定数列所包含数列中的项，利用分组求和可求得的值.

【详解】解：（1）当时，，

即，得，

当时，因为，所以，

两式相减得，所以，

，所以，当时，.

所以；

（2）数列前项为、、、、、、，

数列为、、、、、，

所以数列前项含有数列的项为、、、、、，共六项，

所以

.

【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；

（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；

（3）对于结构，利用分组求和法；

（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.

18. 在斜三角形中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）若的面积为，且满足，求角的大小；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据三角形面积公式以及求解出的表示，再根据已知的的表示可求的值，则角可求；

（2）根据以及正弦定理可得，根据将表示为的形式，结合诱导公式以及两角和的正弦公式进行化简，从而可完成证明.

【详解】解：由，，得，

又，，

.

，

.

由及正弦定理得：，

.

，

，

，

.

【点睛】易错点睛：利用正弦定理进行边角互化时需要注意：

（1）合理选择边化角或角化边；

（2）隐含条件的使用：；

（3）三角函数公式或三角恒等变换公式的运用.

19. 某机构为了解某地区中学生在校月消费情况，随机抽取了100名中学生进行调查．下图是根据调查的结果制的学生在校月消费金额的频率分布直方图：

已知三个金额段的学生人数成等差数列，将月消费金额不低于550元的学生称为“高消费群”．

（1）求m，n的值，并求这100名学生月消费金额的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）现采用分层抽样的方式从月消费金额落在内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高消费群”的学生人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．

【答案】（1），   

（2）的分布列为

期望

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形面积之和为1和等差数列概念得到关于m，n的方程组，解方程组得到m，n的值.进而利用区间中点及对应的频率求解样本平均数；

（2）根据分层抽样确定各组抽取的人数，从而确定X的可能取值，进而得到X的分布列和期望.

【小问1详解】

由题意知且，

解得.

则所求平均数（元）.

【小问2详解】

由题意从，中抽取7人，从中抽取3人，

随机变量的取值所有可能取值有0，1，2，3，

且，

所以随机变量的分布列为

随机变量的数学期望.

20. 如图①，在菱形中，且，为中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥．

（1）求证：平面；

（2）若为的中点，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）在图①中，连接，证明出，在图②中，利用勾股定理证明出，利用线面垂直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，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【小问1详解】

证明：在图①中，连接．

四边形为菱形，，是等边三角形．

为的中点，，

又，．

在图②中，，则，．

，平面.

【小问2详解】

解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系．

则、、、、.

为的中点，.

，，

设平面的一个法向量为，则，

令，得.

又平面的一个法向量为．

设二面角的大小为，由题意知为锐角，则.

因此，二面角的余弦值为.

21. 在平面直角坐标系xOy中:①已知点A(，0)，直线，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比；②已知点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|=3，动点P满；③已知圆C的方程为直线l为圆C的切线，记点到直线l的距离分别为动点P满足

（1）在①，②，③这三个条件中任选-一个，求动点P的轨迹方程；

（2）记（1）中动点P的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l’交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）分别根据选择的条件，设P(x，y)，把条件转化为数学表达式，化简得到x与y之间的关系即为P点的轨迹方程；

（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0；当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3)，联立，得到，线段MN的垂直平分线的方程为，令x＝0，得y0＝－3y3.代入得，从而求得的取值范围.

【详解】（1）若选①：设P(x，y)，根据题意，得

整理，得.所以动点P的轨迹方程为.

若选②：设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则＝3，(I).

因为，所以整理，得，

代入(I)得，所以动点P的轨迹方程为.

若选③：设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.

由椭圆的定义，知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆.

所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1.

所以动点P的轨迹方程为

（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.

当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3).由，得

所以，

线段MN的垂直平分线的方程为，

令x＝0，得y0＝－3y3.由得

由>0得0<x3<1，所以0<≤，则－≤y3<0或0<y3≤，所以≤y0<0或0<y0≤.

综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.

【点睛】方法点睛：（1）根据条件中的点到直线距离，点到点的距离，向量关系及椭圆定义，分别化简求得x与y之间的关系，即可求得轨迹方程；

（2）设直线方程，联立椭圆方程可以求得参数满足的关系，代入到题干条件，求得直线MN的方程，从而求得y轴上的截距满足的一元二次函数条件，从而求得结果.

22. 函数，是的导函数．

（1）若，，求函数的最小值．

（2）对，且，证明：恒成立．

【答案】（1）2；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求导得，令，求导判断单调性，再求出的最小值；

（2）问题转化为 ①，令，只需证明，求导判断的单调性，可得，即可得出结论.

【详解】（1），，当m=1时，

令，则，

，所以在单调递增，

所以，在上单调递增．

所以时，，

因为，所以为偶函数，即时，

即函数的最小值为2.

（2）

①

令，则①式等价于

，，

当时，，

又因为，，所以，，

所以，

令，则，

所以在上单调递减，所以，故

综上所述，对，且，恒成立．

【点睛】关键点点睛：（1）通过导数与单调性的关系得到最值；

（2）将原不等式等价转化为，结合单调性以及分离参数思想转化为求函数最值问题是解题的关键.