重庆市实验中学校2022-2023学年高三数学上学期11月期中试题（Word版附答案）

2022-2023学年上期高2020级高三数学试题

（考试时间：150分钟  试卷满分：120分）

一、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．已知集合，集合，若，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

2．若将有限集合的元素个数记为，对于集合，，下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则或

C．若，则

D．存在实数，使得

3．已知函数是偶函数，则的值为（    ）

A． B．1 C．1或-1 D．

4．在中，角的对边分别为．若，，的面积为，则在方向上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

5．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：，，……依次类推，其中，则（    ）

A． B． C． D．

6．从某中学甲、乙两班各随机抽取10名同学，测量他们的身高（单位：cm），所得数据用茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（　　）

A．甲乙两班同学身高的极差不相等

B．甲班同学身高的平均值较大

C．甲班同学身高的中位数较大

D．甲班同学身高在175 cm以上的人数较多

7．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

10．在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（    ）

A．若，则 B．，，则的外接圆半径是4

C．若，则 D．若，，，则有两解

11．已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

12．已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（    ）

A． B． C． D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，则该大师赛共有_________场比赛．

14．有一批产品，其中有2件正品和3件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为_______．

15．记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则___________.

16．已知为函数（）的导函数，且有两个不同的零点，，设，则的极值为_________．

四、解答题：本题共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．已知数列的首项，，.

(1)证明：为等比数列；(2)证明：.

18．已知函数．

(1)求的单调递增区间；

(2)记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．

19．设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲的命中率为，乙的命中率为，求：

(1)在甲、乙各一次的射击中，目标被击中的概率；

(2)在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率．

20．如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.

(1)证明：直线平面；

(2)求异面直线与所成角的余弦值；

(3)求点到平面的距离.

21．己知圆，直线与圆O交于A，B两点．

(1)求；

(2)设过点的直线交圆O于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点S满足．证明：直线SN过定点．

22．已知函数，其中．

(1)若函数的最小值为，求a的值；

(2)若存在，且，使得，求a的取值范围．

高三数学参考答案

单选：BCBBDABA

多选：9. ABD 10. AC  11. ABC  12. ACD

7．解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，

设，则，，，则，

若存在点使得，则存在点使得，

即在上有解，

即在上有解，

令，显然，，

所以，即且，

由，即，解得或，

由，即，解得或，

又，所以，即.

8．不妨设，由可得出，

即，

令，其中，

则，所以，函数在上为增函数，

则，则，

令，其中，，

令，其中，所以，，

所以，函数在上单调递增，

因为，，

所以，存在，使得，则，

令，其中，则，故函数在上为增函数，

因为，，所以，，

由可得，所以，，可得，

且当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，

所以，.

11．因为，故可得，

，

对A：当时，，故可得，故A正确；

对B：因为，则对也成立，

又当，时，，则，故B正确；

对C：令，则，故在单调递减，

则，则当时，，；

则当，时，，即；

则，

即，又，，故C正确；

对D：，故D错误.

12．作出图形如图所示．

延长至Q，使得，连接MQ，NQ，

记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，

取的中点，连结，，所以，即，且，

所以四边形是平行四边形，得，且

又因为，且，所以四边形是平行四边形，

得，，

所以，且，所以四边形是平行四边形，

则截面为五边形为，

则，，

因为，所以，所以，，

同理：，，

，，，

故所得截面的周长为.

故选：ACD

13．16   14．/0.7  15．   16．3

15.解：因为，

所以，，所以，

又因为，当时，得，所以，

当时，，即，

所以是等差数列，首项为，公差，

所以，

所以，满足，

故，

即，

所以，

两式相除得，当时也成立，

所以，

所以，

所以.

 故答案为：.

16. 由题意可知，有两个不同的零点，，所以可得，，或

，，

令，解得，令，解得或，

所以在上单调递减，上单调递增，上单调递减；

∴．

17．（1）解：∵，

∴

∴（且）

又∵

∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.

（2）解：由（1）得，

∴

∴

∵，

∴，

∴.

18．（1）

由，

解得，

的单调递增区间为；

（2）因为，可得，

因为，所以即，

由及可得，

，

所以

所以

即，当且仅当时取到等号，

所以，

故面积的最大值为.

19．（1）解：甲、乙各一次的射击中目标被击中的对立事件为甲、乙均没有射击中目标，

所以目标被击中的概率.

（2）解：依题意可得甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次，

当甲击中次，乙击中次时概率，

当甲击中次，乙击中次时概率，

当甲击中次，乙击中次时概率，

所以在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率.

20．（1）证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．

则，，，，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，，

即，取，解得；

所以，平面，

平面；

（2）解：设与所成的角为，

，，

，

与所成角的余弦值为；

（3）解：设点到平面的距离为，

则为向量在向量上的投影的绝对值，

由，得，

所以点到平面的距离为．

21．（1）易知圆心，半径，

圆心到直线的距离，

所以弦长.

（2）当直线的斜率不存在，即轴时，

直线的方程为，代入圆方程得：或，

设，，则直线方程为，

代入直线得：，

故，因为，

所以是的中点，得，

所以，

所以直线的方程为：，

即，直线过点.

当直线的斜率存在时，如图所示：

设直线方程为：，即，

设，

联立得：，

，解得或，

由韦达定理得：，

所以③，

④，

且⑤，

将代入直线得：，

所以，是的中点，得，

所以，

所以直线的方程为：，

将点的坐标代入并整理，

化简得：，

将①③④⑤代入上式得：

，

显然成立.

综上可得：直线过定点.

22．（1）解：函数定义域为，．

若，则，函数为减函数，无最小值．

若，由得．

所以，，，的变化情况如下表：

所以，的最小值即极小值为．

所以，，即．设，则，

所以，为上的增函数，

又因为．

所以，．

（2）解：由，得，

即，将代入，

有：，得．

令，，，

所以，将问题转化为函数在区间上有零点．

所以，．其中．

因为函数的对称轴方程为．

所以，当，则恒成立，得在区间为减函数，

又，

所以，函数在区间无零点．

当，则有两不等正实根和，

设，有，且．

所以，，，的变化如表：

又，得．

下面证明函数在减区间上存在零点．

考虑到中含参数a，

取．则，

当时，，则．

令，则，

令，当时，有，

所以，函数在时为减函数，由，知恒成立．

所以，为上的减函数．

所以．

又，于是，

所以，函数在减区间上存在零点．

综上，实数的取值范围是．