陕西师范大学附属中学2022-2023学年高三理科数学上学期期中试题（Word版附解析）

陕西师大附中2022-2023学年度第一学期

期中考试高三年级（理科数学）试题

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答案均写在答题纸上，满分150分，时间120分钟.

2.答卷前将答题卡上的姓名､班级､考场填写清楚，并检查条形码是否完整､信息是否准确.

3.答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整､笔迹清晰，并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效.

第I卷（选择题共60分）

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知全集U＝{x∈Z|0<x<8}，集合M＝{2,3,5}，N＝{x|x2－8x＋12＝0}，则集合{1,4,7}为(　　)

A. M∩(∁UN) B. ∁U(M∩N)

C. ∁U(M∪N) D. (∁UM)∩N

【答案】C

【解析】

【详解】由N中方程解得：x=2或x=6,即N={2,6}，

∵全集U={x∈Z|0<x<8}={1,2,3,4,5,6,7},M={2,3,5}，

∴M∪N={2,3,5,6}，

则M∩(∁UN)={1,2,3,4,5,7};∁U(M∩N)={1,3,4,5,6,7};

∁U(M∪N)={1,4,7};(∁UM)∩N ={2,6}，

故选C.

点睛：1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．

2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．

3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．

2. 已知复数的共轭复数为，若（i为虚数单位），则（　　）

A. i B. －1＋i

C. －1－i D. －i

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念求解.

【详解】由已知可得，则，

故选：C.

3. 设为单位向量，下列命题中：①若为平面内的某个向量，则；②若与平行，则；③若与平行且，则，假命题的个数是（    ）

A 0 B. 1

C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】由向量是既有大小又有方向的量，两个非零向量平行的方向有两种情况：一是同向，二是反向，可判断

【详解】向量是既有大小又有方向的量，与的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若与平行，则与的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时，故②③也是假命题．

综上所述，假命题的个数是3．

故选：D

4. 历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯(公元前375年—325年)，大约100年后，阿波罗尼奥更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质，比如：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点.设抛物线：，一束平行于抛物线对称轴的光线经过，被抛物线反射后，又射到抛物线上的点，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出入射光线与抛物线的交点坐标，再根据抛物线的光学性质，利用斜率相等列式可解得结果.

【详解】设从点沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交于点，易知，将代入抛物线方程得，即，

设焦点为，则，设，由，，三点共线，

有，化简得，

解得或(舍)，即.

故选：D

5. 设为等差数列的前项和．若，，则的公差为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的前n项和公式和题设条件，求得，进而求解数列的公差，得到答案．

【详解】依题意，可得，解得，

又，所以，

所以公差，故选A．

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

6. 已知，为第三象限角，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由两角差的正弦公式化简可得，利用同角三角函数关系及两角和的余弦公式即可求解.

【详解】因为，

所以，

即，

由为第三象限角知，

，

所以，

故选：A

【点睛】本题主要考查了两角和差的正余弦公式，同角三角函数的关系，属于中档题.

7. 侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为Sn，则（    ）

A. Sn无限大 B. Sn<3(3＋)m

C. Sn＝3(3＋)m D. Sn可以取100m

【答案】B

【解析】

【分析】先找出规律，再用等比数列的求和公式可求解.

【详解】由题意可得，外围第2个正方形的边长为

＝m；

外围第3个正方形的边长为

＝m；

……

外围第n个正方形的边长为m.

所以蜘蛛网的长度

Sn＝4m

＝4m×<4m×

＝3(3＋)m.

故选:B.

8. 已知函数是奇函数，且的最小正周期为，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为．若，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据原函数的奇偶性及周期性确定的值，然后得到的解析式，再根据确定，最后求解的值.

【详解】因为函数是奇函数，且其最小正周期为，

所以，则，得．

又，所以，故，

所以，.

故选：C.

【点睛】本题考查型函数的图象及性质，难度一般.解答时先要根据题目条件确定出、及的值，然后解答所给问题.

9. 双曲线的左，右焦点分别是，过作倾斜角为的直线交双曲线的右支于点，若垂直于轴，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】将代入双曲线方程求出点的坐标，通过解直角三角形列出三参数，，的关系，求出离心率的值．

【详解】由于轴，且在第一象限，设

所以将代入双曲线的方程得即，

在△中，，

即,解得,

故选：B

10. 已知函数，若存在实数，，，，当时，满足，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】作出的图象，由图象可知，则可得出，在上的图象关于直线对称，所以，且，那么，利用二次函数的性质求出其值域即可.

【详解】作出函数的图象如图所示，

可以发现，即，所以，.

由余弦函数的图象可知，在上的图象关于直线对称，

所以，且，

因此变形为，

所以当时，；当时，.

所以的取值范围是.

故选：D.

【点睛】本题考查函数图象的应用，考查函数与方程思想的运用，难度一般,准确画出函数的图象是关键.

11. 已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.

【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，

因为，，

所以，

所以为二面角的平面角，

所以，

因为AB⊥BC，，所以，

因为，

所以，

过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，

设球的半径为R，连接OB，OS，可得，

在△OSD中，∠ODS＝，

利用余弦定理可得，

解得R2＝，所以其外接球的表面积为.

故选：D

12. 函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，

∴．令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．

∴，从而当时，，∴在区间上单调递增．

设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．

∴不等式等价于，

 ∴，解得，故的取值范围为．选A．

点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数，并进一步求得函数的解析式，从而得到函数在区间上的单调性．然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可．

第II卷（非选择题共90分）

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相成的横线上.）

13. 已知向量，则___________.

【答案】12

【解析】

【分析】根据向量的坐标运算求解即可.

【详解】，

由，得，

，解得.

故答案为：12

14. 若不等式组 表示的平面区域是一个三角形，，则的取值范围是_____．

【答案】

【解析】

【分析】画出前三个不等式构成的不等式组表示的平面区域，求出A，B的坐标，得到当直线x+y=a过A，B时的a值，再由题意可得a的取值范围．

【详解】如图，

联立解得A 当x+y=a过B（1，0）时，a=1；当x+y=a过A时，a=∴若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则0＜a≤1或a≥.故答案为0＜a≤1或a≥.

【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．

15. 已知的展开式中各项系数之和等于的展开式的常数项，而的展开式中系数最大的项等于54，则正数的值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．根据展开式的系数最大的项等于，求得的值．

【详解】展开式的通项为:

，

令，解得，故展开式的常数项为．

由题意可得，故有．

由于展开式的系数最大的项等于，，解得．

由于，所以

故答案为：

16. 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号为__________.

（写出所有正确结论的序号）

【答案】③④

【解析】

【分析】根据三棱锥的体积公式和等积性，结合正方体的性质、线面垂直的判定定理逐一判断即可.

【详解】设 ，，

则，，

如图所示，

连接交于点，连接、，

因为平面，平面，

所以，而，所以四边形是直角梯形，

则有 ，

， ，

所以有，

故，

因为平面，平面，

所以，又因为为正方形，所以，

而平面，

所以平面，即平面，

,

所以，，

故答案为：③④.

三､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. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.

（1）若，求的值；

（2）若的平分线交AB于点D，且，求的最小值；

【答案】（1）；（2）4

【解析】

【分析】（1）由，利用正弦定理将边转化为角得到，再根据，有，然后利用两角差的正弦公式展开求解.

（2）根据的平分线交AB于点D，且，由，可得，化简得到，则，再利用基本不等式求解.

【详解】（1）解法一  由及正弦定理，知

即，

，

.

解法二  ，

，

，

，

.

（2），

，

，即，

，当且仅当时等号成立，

的最小值为4.

【点睛】本题主要考查正弦定理，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18. 为了让税收政策更好的为社会发展服务,国家在修订《中华人民共和国个人所得税法》之后，发布了《个人所得税专项附加扣除暂行办法》，明确“专项附加扣除”就是子女教育、继续教育大病医疗、住房贷款利息、住房租金赠养老人等费用，并公布了相应的定额扣除标准，决定自2019年1月1日起施行，某机关为了调查内部职员对新个税方案的满意程度与年龄的关系，通过问卷调查，整理数据得如下2×2列联表：

（1）根据列联表,能否有99%的把握认为满意程度与年龄有关?

（2）为了帮助年龄在40岁以下的未购房的8名员工解决实际困难,该企业拟员工贡献积分（单位：分）给予相应的住房补贴（单位：元）,现有两种补贴方案，方案甲：;方案乙：.已知这8名员工的贡献积分为2分,3分,6分,7分,7分,11分,12分,12分,将采用方案甲比采用方案乙获得更多补贴的员工记为“类员工”.为了解员工对补贴方案的认可度,现从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，求恰好抽到3名“类员工”的概率．

附：，其中.

参考数据：

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】（1）由列联表计算的观测值即可求解；（2）由题得8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况，进一步得到“类员工”的人数，再利用古典概型求解即可

【详解】（1）根据列联表可以求得的观测值：

.

∵.

∴有99%的把握认为满意程度与年龄有关

（2）据题意，该8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况为：

由表可知，“类员工”有5名.

设从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，恰好抽到3名“类员工”的概率为.

则

【点睛】本题考查独立性检验，古典概型计算，熟练计算是关键，是基础题

19. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是 的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的大小．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）通过证明和，结合线面垂直的判定定理证明出平面；

（Ⅱ）先求解出平面和平面的法向量，然后求解出法向量夹角的余弦值，由此确定出锐二面角的余弦值，从而锐二面角的大小可求.

【详解】（Ⅰ）因为是正三角形，是的中点，所以，

又因为平面，平面，所以，

，平面，

所以面；

（Ⅱ）如图，以点为原点分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，

，，

设平面法向量为

因为，所以，

令，则，      

又平面法向量， 

设平面与平面所成锐二面角为 ，

所以.

所以平面与平面所成锐二面角为.

【点睛】思路点睛：向量方法求解二面角的余弦值的步骤：

（1）建立合适空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中相应点的坐标；

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面中任意方向向量，求解出半平面的一个法向量；（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量亦可）

（3）计算（2）中两个法向量夹角的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是钝角还是锐角，从而得到二面角的余弦值.

20. 如图，经过点，且中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若椭圆的弦所在直线交轴于点，且.求证：直线的斜率为定值.

【答案】（1）    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）椭圆的标准方程为：，，即，，将点，代入即可求得和的值，求得椭圆的方程；

（2）联立直线的方程与椭圆方程,可得坐标，进而根据两点斜率公式即可求解.

【小问1详解】

由题意可知：焦点在轴上，设椭圆的标准方程为：，

由椭圆的离心率，即，

，

将代入椭圆方程：，解得：，

，，

椭圆的标准方程为：；

【小问2详解】

由题意可知：直线有斜率，且，设直线方程为，，，，，

 ，

整理得：，

，故

由韦达定理可知：，

由得：,

故直线方程为

，因此

所以

因此 ，为定值.

21. 已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直.

（1）试比较与的大小，并说明理由；

（2）若函数有两个不同的零点，证明：.

【答案】（1），证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得，在分析判断函数的单调性，从而得到，即得；

（2）将逐步转化为证明的问题，利用导数证明在上的单调性，从而得证.

【小问1详解】

由题可知：，

，而直线的斜率，

所以有，解得：或，

又因为函数在处有意义，所以，故，

所以，，

时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即，

即，

即有，

所以.

【小问2详解】

不妨设，

所以有，

化简得

即，，

要证，即证，

即证，因为，

所以即证：，

即，

设，因为，所以，

即证 ()

设()，

，

所以函数在上单调递增，

所以，即，

即，即.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

请考生在第22､23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.

选修4-4：坐标系与参数方程选讲.

22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）

（1）求曲线的参数方程与直线的普通方程；

（2）设点P为曲线C上的动点，点M和点N为直线上的点，且,求面积的取值范围

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式即可求得曲线的直角坐标方程，进而可得椭圆的参数方程，直线参数方程消参即得普通方程；

（2）由点到直线距离公式的范围即可求得三角形面积的取值范围.

【小问1详解】

由得：，

又因为，即得，

化简得：，

故曲线的参数方程为：（为参数），

由，消参可得：，

直线普通方程为：.

【小问2详解】

设，

则点到直线的距离，

当时，有最小值，

当时，有最大值，

而，所以.

故

选修4-5不等式选讲.

23. 设函数.

（1）当，总有，求的最小值t；

（2）若正数满足，求证；.

【答案】（1）   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）根据分段函数，分类讨论求解的最大值，即可；

（2）利用立方和公式以及均值不等式即可求解.

【小问1详解】

记，

当时，，此时在单调递减，故，则恒成立，故，此时，

当时，，此时在单调递减，在单调递增，此时无最大值，不符合题意，

当时，此时在单调递减，在时，，此时，则恒成立，故，此时，

当时，，此时在单调递增，此时无最大值，不符合题意，

当时，在时，，当，单调递增，此时无最大值，不符合题意，

综上可知：，故的最小值为5，即，

【小问2详解】

由（1）知，所以，

又，

由于，所以，

因此，

即，

当且仅当时，取等号，