2023届重庆市第八中学校高三上学期期中学情检验数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆市第八中学校高三上学期期中学情检验数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届重庆市第八中学校高三上学期期中学情检验数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合的并集计算即可.【详解】，，故选：B2．已知，则复数的共轭复数是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念求解.【详解】由可得，所以复数的共轭复数是，故选：C3．若不等式的一个充分条件为，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得不等式的解集为，结合题意，列出不等式组，即可求解.【详解】由不等式，可得，（不合题意）要使得是的一个充分条件，则满足，解得.故选：D.4．2022年北京冬奥会参加冰壶混双比赛的队伍共有支，冬奥会冰壶比赛的赛程安排如下，先进行循环赛，循环赛规则规定每支队伍都要和其余支队伍轮流交手一次，循环赛结束后按照比赛规则决出前名进行半决赛，胜者决冠军，负者争铜牌，则整个冰壶混双比赛的场数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得循环赛的比赛场数，再根据半决赛场数及决赛场数计算总场数【详解】由已知可得循环赛的比赛场数为场，故总场数为场，故选：B.5．已知函数是偶函数，则的值是（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】先求出函数的定义域，然后根据偶函数的定义取特殊值求解【详解】函数的定义域为，因为函数是偶函数，所以，所以，，所以，得，故选：A6．某校为落实“双减”政策.在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲､乙､丙､丁四名同学拟参加篮球､足球､乒乓球､羽毛球四项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据排列组合知识计算出事件发生的种类数，再利用古典概型的概率公式求出概率.【详解】每人有种选择，四人共有种选择，其中恰有两人参加同一项活动共有种选择，所以四人中恰有两人参加同一项活动的概率为：故选：C.7．已知数列的前n项和为，若，且，则（    ）A．-8 B．-3 C．-2 D．8【答案】B【分析】先由求,判断出从第二项起为公比为-1的等比数列，得到，代入n=2022即可解出.【详解】因为①，所以当时，有，即.当时，有②，①-②得：，所以，即，所以从第二项起为公比为-1的等比数列.所以，即.因为，所以，所以.所以，解得：-3.故选：B8．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，再参变分离得到，再求导分析的单调性，进而得到函数图象，数形结合即可得实数a的取值范围【详解】函数有两个零点，即有两根，又，故可转换为有两根，令， 则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当时等号成立，故在上，单调递减；在上，单调递增，所以，又当与时，故实数a的取值范围为故选：D【点睛】本题主要考查了利用导数解决函数的零点个数问题，需要根据题意参变分离，再求导分析单调性与最值，属于难题 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）A．一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据就是中位数B．分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样C．若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件D．线性回归分析中，的值越小，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好【答案】BC【分析】根据题意依次判断即可.【详解】对A，一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据或中间两个数的平均数是中位数，故A错误；对B，根据随机抽样的性质可判断B正确；对C，根据对立事件的定义可判断C正确；对D，线性回归分析中，的值越大，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好，故D错误.故选：BC.10．已知曲线：，焦点为､ ，，过的直线与交于两点，则下列说法正确的有（    ）A．是的一条对称轴B．的离心率为C．对C上任意一点P皆有D．最大值为【答案】ABD【分析】根据点点关于直线对称的点的坐标为在曲线判断A；根据点关于直线对称点在曲线得该曲线为椭圆，对称轴为直线和直线，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，验证判断C；设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求解判断D.【详解】解：对于A选项，设点是曲线上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标为，代入曲线方程满足，故是的一条对称轴，正确；对于B选项，由于点是曲线上的任意一点，其关于直线对称点亦在曲线上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为：，，，由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，所以椭圆的焦距为，故其离心率为，故正确；对于C选项，由B知，半焦距为，且焦点､在直线上，故焦点坐标为，故，故错误；对于D选项，由题知直线斜率存在，故设方程为，则联立方程得得，故，即或，设，则，所以，到直线的距离为，所以令，由于得，故，所以，所以，当时，取得最大值，，故正确.故选：ABD11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（       ）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积【答案】ABD【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.【详解】首先求得正四面体的一些结论：正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．，，由得，解得，（内切球半径）．正四面体的体积为，外接球体积为．对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B、O、E三点共线，且，，因此，故B正确；对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.故选：ABD.【点睛】求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.12．已知正数x，y，z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】设，，求出，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法即可判断B；利用作差法即可判断D；再根据AD即可判断C.【详解】解：设，，则，，，所以，A正确；因为，则，因为，则，所以，B正确；因为，则，D正确.因为，则，所以，C错误.故选：ABD. 三、填空题13．已知是关于x的方程的根，则实数_______．【答案】【分析】由也是方程的根，再由韦达定理可得．【详解】因为是关于x的方程的根，其中，所以也是关于x的方程的根，所以，．故答案为：．14．的展开式中系数最小项为第______项．【答案】6【分析】由二项展开式可得出系数最小的项系数一定为负，再结合组合数的性质即可判断出系数最小的项【详解】的展开式的通项公式为，其中系数与二项式系数只有符号差异，又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，则第6项系数最小.故答案为：.15．知乎从1~10的十个小球，从盒子中同时取出3个小球，这三个小球的最小编号大于4且小于7的概率为______．【答案】【分析】满足三个小球的最小编号大于4且小于7有两种可能：5、6两数二选一或5和6均有，分类讨论处理．【详解】三个小球的最小编号大于4且小于7有两种可能：5、6，两数二选一或5和6均有，则.故答案为：16．《孙子算经》是我国南北朝时期的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是一个整除以三余二，除以五余三､除以七余二，求这个整数.设这个整数为a，当时，符合条件的a的个数为___________.【答案】10【分析】根据“被3除余2、被5除余3、被7除余2”可构成等差数列，然后结合等差数列的通项公式即可求出结果.【详解】因为3，5，7的最小公倍数为105，而满足被3除余2、被5除余3、被7除余2的最小正整数为23，所以被3除余2、被5除余3、被7除余2的数构成首项为23，公差为105的等差数列，记为数列，则，所以，则，又因为，所以符合条件的a的个数为10.故答案为：10. 四、解答题17．已知等差数列中，公差d为整数，其前n项和为．满足，且是和的等比中项．(1)求的通项公式；(2)设的前n项和为，求．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列前n项和公式与等比中项公式列方程即可求解公差与首项，从而求出通项公式；（2）化简，利用分组求和公式求解即可．【详解】（1）由题：，∴由于是和的等比中项，故则，又d为整数，解得，所以∴，；（2）；∴．18．如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且，F是EB的中点；(1)求证：平面ABC；(2)若，，求平面CDF与平面ABE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取AB中点G，连FG，即可得到且，从而可得且，则四边形为平行四边形，即，即可得证；（2）作面，以，，分别为，，建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出锐二面角的余弦值；【详解】（1）证明：取AB中点G，连FG易知：，因为EA，DC均垂直面ABC∴∵∴且∴四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：作面，以，，分别为，，建立平面直角坐标系，∴，，，，，，，，设面法向量，面的法向量可以为，∴，令，则，∴．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为；19．如图，在中，已知，，.Q为BC的中点.(1)求AQ的长；(2)P是线段AC上的一点，当AP为何值时，.【答案】(1)(2) 【分析】（1）解法一：根据，两边平方求解；解法二：利用，再结合余弦定理求解（2）在中，先根据余弦定理求得，再在中，由余弦定理得的正余弦，进而根据内角和，结合两角和差的正弦公式求解，最后再在中，由正弦定理求得即可【详解】（1）解法一：因为Q为BC的中点，所以所以，即解法二：在中，由余弦定理得，所以，即在中，根据余弦定理得在中，根据余弦定理得因为，所以解得.（2）在中，由余弦定理得.所以，即在中，由余弦定理得所以，因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，即当时，.20．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.【详解】（1）设，因为轴，所以，因为PM为的角平分线，所以，所以，即，所以.即，化简整理得，因为P不在x轴上，即曲线C的方程为（2）易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.联立方程组，消x整理得，所以，得或，设，，则，.由得，所以，设，由，得，所以，所以，所以点在直线上，且，又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）所以，因为，所以，综上所述，.21．某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对（）赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．随后若第n（）次亮起的是红灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．(1)若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；(2)在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间（，）内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？【答案】(1)分布列见解析，(2)7次 【分析】（1）由题意分析的所有可能取值为0，1，2，3.分别求概率，写出分布列，求出数学期望；（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，得到，能证明出是首项为，公比为的等比数列.求出，根据题意建立不等式，求出n的最大值.【详解】（1）据题意，的所有可能取值为0，1，2，3.当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则所以的分布列为：0123 （2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，则因为则，所以是首项为，公比为的等比数列.则，所以由，得，所以为奇数.由，得因为为奇数，则，即，则.当时，，9，11，13，15，17，19.因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌.22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)两条 【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）设直线分别与函数，的图象相切于点，，依题意可得，即可得到方程组，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解；【详解】（1）解：由题设，，定义域为，则当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）解：因为，，所以，，设直线分别与函数，的图象相切于点，则，即由，得即，即由，得，代入上式，得即，则设当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，则在上仅有一个零点.因为，则在上仅有一个零点.所以在上有两个零点，故与函数，的图象都相切的直线有两条.