还剩24页未读，
继续阅读
2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期期中考试 数学（理 ）（解析版）
展开
这是一份2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期期中考试 数学（理 ）（解析版），共27页。试卷主要包含了 已知数列的前n项和是，则， 设全集，集合，，则， 函数在区间的图象大致为， 已知命题p， 数列中，，对任意 ，若，则， 2020年，由新型冠状病毒， 设，，等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期期中考试
理科数学
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限
2. 已知数列的前n项和是，则（ ）
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
3. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知命题p：在中，若，则；命题q：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数的图象的对称中心为，
C. 函数在上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
8. 数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
9. 2020年，由新型冠状病毒（SARS-CoV-2）感染引起新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（ ）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
10. 设，，（其中e是自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
11. 已知正三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
12. 已知的三个顶点都在抛物线上，点为的重心，直线经过该抛物线的焦点，则线段的长为（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 4.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，则_______．
14. 在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.
15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________.
16. 已知函数,若关于x的方程有8个不同的实数解，则整数m的值为___________.（其中e是自然对数的底数）
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答，
17. 已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；
19. 如图，四棱柱中，底面是矩形，且，，，若为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
20. 已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.
（1）求曲线C的方程；
（2）求面积的最大值.
21. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数m和n的值；
（2）已知，是函数图象上两点，且，求证：.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若点P极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.
23. 已知函数，M为不等式的解集.
（1）求集合M；
（2）设a，，求证：
2022-2023学年度上期高2023届11月半期考试
理科数学
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则在复平面内复数z对应点在（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.
【详解】因为，所以，
所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.
故选：B.
2. 已知数列的前n项和是，则（ ）
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由直接代值运算即可.
【详解】设数列的前n项和为，则，故.
故选：C.
3. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】因为全集，
集合，所以,
又因为，所以,
故选:A.
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三视图可还原几何体为一个正方体挖去一个圆锥，根据柱体和锥体的体积公式可求得结果.
【详解】由三视图可知几何体是一个棱长为的正方体挖去一个底面半径为，高为的圆锥，如图所示，
几何体体积.
故选：A.
6. 已知命题p：在中，若，则；命题q：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合余弦三角函数单调性可判断正确，由向量相等的条件可判断错误.
【详解】命题p：在中，若，由于余弦函数在上单调递减，则，故命题p为真命题；
命题q：向量与向量相等的充要条件是向量与向量大小相等，方向相同，故命题q是假命题，
因此，为假命题，为假命题，为假命题，为真命题.
故选：D.
7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数的图象的对称中心为，
C. 函数在上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
【答案】B
【解析】
【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，然后根据三角函数的周期，对称轴，单调区间，奇偶性逐项进行检验即可求解.
【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以.将点代入函数解析式中，得.又因为，所以，故.
对于A，令，，即，，令，则，故A错误；
对于B，令，则，，所以，，即函数的图象的对称中心为，，故B正确；
对于C，令，解得，
因为，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，故C错误；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误.
故选：.
8. 数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
9. 2020年，由新型冠状病毒（SARS-CoV-2）感染引起的新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（ ）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，化简，得，可得，利用参考数据，可得答案.
【详解】因为，所以.由题意，知，得，故被测标本的DNA大约扩增12次后，数量会变为原来的125倍.
故选：C
10. 设，，（其中e是自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，利用导数证明的的单调性，赋值可大致估计大小，，通过放缩可比较大小，进而得出答案.
【详解】设，得.令，解得.当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，即，
则，，所以最小.
又因为，且，所以，所以.
综上所述，.
故选：D.
11. 已知正三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合正三棱柱和外接球关系先求出外接球半径，令正三棱柱底面边长为，由函数关系表示出体积与函数关系，利用导数可求最值.
【详解】如图，设正三棱柱上､下底面的中心分别为H，，连接.根据对称性可知，线段的中点O即为正三棱柱外接球的球心，线段OA即为该外接球的半径.由已知得，所以.设正三棱柱的底面边长为x，则.在中，，所以，所以正三棱柱的体积.
令，则，，故，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以.
故选：C.
12. 已知的三个顶点都在抛物线上，点为的重心，直线经过该抛物线的焦点，则线段的长为（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 4.
【答案】B
【解析】
【分析】判断直线的斜率存在，设出直线方程，联立抛物线方程可得根与系数的关系式，利用三角形的重心即可求得参数k的值，根据抛物线的弦长公式即可求得答案.
【详解】设抛物线的焦点为F，则.
根据题意可知，点为的重心，若直线的斜率不存在，
则不妨取,则结合重心可得C为，不合题意；
故直线的斜率存在，设直线的方程为，，
，，，则有，，，
联立方程得，，
则，，因为点为的重心，所以，
即，所以，
即，解得，
则，故线段AB的长为6，
故选：B.
【点睛】方法点睛：求解此类直线和圆锥曲线相交时的弦长问题，一般方法是设直线方程，联立圆锥曲线方程，利用根与系数的关系去化简求值；解答本题时要注意利用三角形重心的坐标公式并结合抛物线的性质，以及利用抛物线定义表示出弦长可使得计算简便.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】通过平方的方法化简已知条件，从而求得.
【详解】由两边平方得.
故答案为：
14. 在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.
【答案】135
【解析】
【分析】根据各项的系数之和为512得到，解得，然后利用通项公式求常数项即可.
【详解】因为二项式的展开式中，各项的系数之和为512，所以令，得，解得.又因为的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为.
故答案为：135.
15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合余弦定理可推得，结合三角形面积可推得，由可得，继而推得，，再利用勾股定理结合即可求得c，可得答案.
【详解】设双曲线C：的半虚轴为b,半焦距为c,
由题意得，所以，
又，
两式相减可得，
则，所以，
又的面积为3，，所以，
得，所以，
因为，所以，即，
又因为，所以，，
所以，得，
又因为，且，所以，所以双曲线C的焦距为，
故答案为：.
16. 已知函数,若关于x的方程有8个不同的实数解，则整数m的值为___________.（其中e是自然对数的底数）
【答案】5
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，利用导数判断其单调性，继而作出其图象，数形结合，将关于x的方程有8个不同的实数解，转化为关于t的方程有2个不同的实数解，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】因为,所以当时，，
当时，，即满足，则是偶函数.
当时，则，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，,
作出函数的图象，如图所示：
设，因为有8个不同的实数解，
所以由图象可得，关于t的方程有2个不同的实数解，且都大于e，
所以有，解得，
又因为，所以整数m的值为5，
故答案为：5.
【点睛】方法点睛：解决此类比较复杂的方程的根的个数问题，一般方法是采用换元法，数形结合，将根的个数问题转化为函数图象的交点问题；本题即根据函数解析式判断奇偶性，利用导数判断单调性，从而作出其图象，数形结合，将方程根的问题转化为图象交点问题，换元继而转化为关于t的方程有2个不同的实数解的问题.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答，
17. 已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理得．
即，由余弦定理得，
因，所以．
【小问2详解】
在三角形中，，
即，解得或，即或，
因为，故，
因为，所以，故，所以，
所以．
18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；
【答案】（1），中位数；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；
（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图的性质可得，，
解得，
设中位数为， 解得；
【小问2详解】
的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1
从中分别抽取7人，3人，1人，
所有可能取值为0，1，2，3，
，，，
故的分布列为：
0
1
2
3
故
19. 如图，四棱柱中，底面是矩形，且，，，若为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）由已知得为等边三角形，，再由，能证明⊥平面．
（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当的长为时，二面角的值为
【详解】（1）证明：∵，且，
∴为等边三角形
∵为的中点
∴，
又，且，
∴平面．
（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系（如图）
则，，
设，
平面的法向量为，
∵，，
且，
取，得
平面的一个法向量为
由题意得，
解得或（舍去），此时
∴当的长为时，二面角的值为.
20. 已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.
（1）求曲线C的方程；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；
（2）设直线AB的方程为，，，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.
【小问1详解】
设曲线C上的任意一点的坐标为，
由题意，得，即，所以曲线C的方程为；
【小问2详解】
由题意，设直线AB的方程为，，，则.
联立方程得，则，
所以，，所以
又因为，所以直接PB的方程为.
令，则，
所以，.
因为
，
所以.
令，，则.
又因为在上单调递减，所以当时，，
故面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数m和n的值；
（2）已知，是函数的图象上两点，且，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，由可求对应的m和n的值；
（2）设，由可判断，由得，设，，，得，代换整理得，原不等式要证，只需证，全部代换为关于的不等式得，设，，由导数得，再证，放缩得，进而得证.
【小问1详解】
由，得.
因为函数在处的切线方程为，
所以，，则；
【小问2详解】
证明：由（1）可得，，，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
因为，是函数的图象上两点，且，
不妨设，且，所以.
由，得，即.
设，.
设，则，所以，
即，故.
要证，只需证，
即证，即证，即证，
即证，即证.
令，，
则，
证明不等式；
设，则，
所以当时，；当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
故，所以成立.
由上还不等式可得，当时，，故恒成立，
故在上为减函数，则，
所以成立，即成立.
综上所述，.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若点P的极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消元法将参数方程化为普通方程即可得到直线l的普通方程；利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得到曲线C的直角坐标方程；
（2）将点P的极坐标化为直角坐标判断得P在直线l上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线l代入曲线C的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
因为直线l的参数方程为（t为参数），
所以直线l的普通方程为；
因为，即，
所以，得，
所以曲线C的直角坐标方程为.
【小问2详解】
因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，所以点P在直线l上，
将直线l的参数方程（t为参数），代入，化简得，
设A，B两点所对应的参数分别为，，则，，故，，
所以，，
所以.
23. 已知函数，M为不等式的解集.
（1）求集合M；
（2）设a，，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）采用零点讨论法去绝对值可直接求解；
（2）结合绝对值三角不等式得，要证，即证，即证，去平方结合因式分解即可求证.
【小问1详解】
.
①当时，不等式可化为，解得，则；
②当，不等式可化为，解得，则；
③当时，不等式可化为，解得，则.
综上所述，；
【小问2详解】
证明：因为（当且仅当时取等号），
所以要证，只需证，
即证，即证，即证，
即证.
由（1）可知，.
因为a，，所以，所以成立.
综上所述，.
2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期期中考试
理科数学
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限
2. 已知数列的前n项和是，则（ ）
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
3. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知命题p：在中，若，则；命题q：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数的图象的对称中心为，
C. 函数在上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
8. 数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
9. 2020年，由新型冠状病毒（SARS-CoV-2）感染引起新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（ ）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
10. 设，，（其中e是自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
11. 已知正三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
12. 已知的三个顶点都在抛物线上，点为的重心，直线经过该抛物线的焦点，则线段的长为（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 4.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，则_______．
14. 在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.
15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________.
16. 已知函数,若关于x的方程有8个不同的实数解，则整数m的值为___________.（其中e是自然对数的底数）
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答，
17. 已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；
19. 如图，四棱柱中，底面是矩形，且，，，若为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
20. 已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.
（1）求曲线C的方程；
（2）求面积的最大值.
21. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数m和n的值；
（2）已知，是函数图象上两点，且，求证：.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若点P极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.
23. 已知函数，M为不等式的解集.
（1）求集合M；
（2）设a，，求证：
2022-2023学年度上期高2023届11月半期考试
理科数学
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则在复平面内复数z对应点在（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.
【详解】因为，所以，
所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.
故选：B.
2. 已知数列的前n项和是，则（ ）
A. 20 B. 18 C. 16 D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由直接代值运算即可.
【详解】设数列的前n项和为，则，故.
故选：C.
3. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】因为全集，
集合，所以,
又因为，所以,
故选:A.
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三视图可还原几何体为一个正方体挖去一个圆锥，根据柱体和锥体的体积公式可求得结果.
【详解】由三视图可知几何体是一个棱长为的正方体挖去一个底面半径为，高为的圆锥，如图所示，
几何体体积.
故选：A.
6. 已知命题p：在中，若，则；命题q：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合余弦三角函数单调性可判断正确，由向量相等的条件可判断错误.
【详解】命题p：在中，若，由于余弦函数在上单调递减，则，故命题p为真命题；
命题q：向量与向量相等的充要条件是向量与向量大小相等，方向相同，故命题q是假命题，
因此，为假命题，为假命题，为假命题，为真命题.
故选：D.
7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数的图象的对称中心为，
C. 函数在上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
【答案】B
【解析】
【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，然后根据三角函数的周期，对称轴，单调区间，奇偶性逐项进行检验即可求解.
【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以.将点代入函数解析式中，得.又因为，所以，故.
对于A，令，，即，，令，则，故A错误；
对于B，令，则，，所以，，即函数的图象的对称中心为，，故B正确；
对于C，令，解得，
因为，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，故C错误；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误.
故选：.
8. 数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
9. 2020年，由新型冠状病毒（SARS-CoV-2）感染引起的新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（ ）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，化简，得，可得，利用参考数据，可得答案.
【详解】因为，所以.由题意，知，得，故被测标本的DNA大约扩增12次后，数量会变为原来的125倍.
故选：C
10. 设，，（其中e是自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，利用导数证明的的单调性，赋值可大致估计大小，，通过放缩可比较大小，进而得出答案.
【详解】设，得.令，解得.当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，即，
则，，所以最小.
又因为，且，所以，所以.
综上所述，.
故选：D.
11. 已知正三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合正三棱柱和外接球关系先求出外接球半径，令正三棱柱底面边长为，由函数关系表示出体积与函数关系，利用导数可求最值.
【详解】如图，设正三棱柱上､下底面的中心分别为H，，连接.根据对称性可知，线段的中点O即为正三棱柱外接球的球心，线段OA即为该外接球的半径.由已知得，所以.设正三棱柱的底面边长为x，则.在中，，所以，所以正三棱柱的体积.
令，则，，故，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以.
故选：C.
12. 已知的三个顶点都在抛物线上，点为的重心，直线经过该抛物线的焦点，则线段的长为（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 4.
【答案】B
【解析】
【分析】判断直线的斜率存在，设出直线方程，联立抛物线方程可得根与系数的关系式，利用三角形的重心即可求得参数k的值，根据抛物线的弦长公式即可求得答案.
【详解】设抛物线的焦点为F，则.
根据题意可知，点为的重心，若直线的斜率不存在，
则不妨取,则结合重心可得C为，不合题意；
故直线的斜率存在，设直线的方程为，，
，，，则有，，，
联立方程得，，
则，，因为点为的重心，所以，
即，所以，
即，解得，
则，故线段AB的长为6，
故选：B.
【点睛】方法点睛：求解此类直线和圆锥曲线相交时的弦长问题，一般方法是设直线方程，联立圆锥曲线方程，利用根与系数的关系去化简求值；解答本题时要注意利用三角形重心的坐标公式并结合抛物线的性质，以及利用抛物线定义表示出弦长可使得计算简便.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】通过平方的方法化简已知条件，从而求得.
【详解】由两边平方得.
故答案为：
14. 在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.
【答案】135
【解析】
【分析】根据各项的系数之和为512得到，解得，然后利用通项公式求常数项即可.
【详解】因为二项式的展开式中，各项的系数之和为512，所以令，得，解得.又因为的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为.
故答案为：135.
15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合余弦定理可推得，结合三角形面积可推得，由可得，继而推得，，再利用勾股定理结合即可求得c，可得答案.
【详解】设双曲线C：的半虚轴为b,半焦距为c,
由题意得，所以，
又，
两式相减可得，
则，所以，
又的面积为3，，所以，
得，所以，
因为，所以，即，
又因为，所以，，
所以，得，
又因为，且，所以，所以双曲线C的焦距为，
故答案为：.
16. 已知函数,若关于x的方程有8个不同的实数解，则整数m的值为___________.（其中e是自然对数的底数）
【答案】5
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，利用导数判断其单调性，继而作出其图象，数形结合，将关于x的方程有8个不同的实数解，转化为关于t的方程有2个不同的实数解，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】因为,所以当时，，
当时，，即满足，则是偶函数.
当时，则，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，,
作出函数的图象，如图所示：
设，因为有8个不同的实数解，
所以由图象可得，关于t的方程有2个不同的实数解，且都大于e，
所以有，解得，
又因为，所以整数m的值为5，
故答案为：5.
【点睛】方法点睛：解决此类比较复杂的方程的根的个数问题，一般方法是采用换元法，数形结合，将根的个数问题转化为函数图象的交点问题；本题即根据函数解析式判断奇偶性，利用导数判断单调性，从而作出其图象，数形结合，将方程根的问题转化为图象交点问题，换元继而转化为关于t的方程有2个不同的实数解的问题.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答，
17. 已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理得．
即，由余弦定理得，
因，所以．
【小问2详解】
在三角形中，，
即，解得或，即或，
因为，故，
因为，所以，故，所以，
所以．
18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；
【答案】（1），中位数；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；
（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图的性质可得，，
解得，
设中位数为， 解得；
【小问2详解】
的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1
从中分别抽取7人，3人，1人，
所有可能取值为0，1，2，3，
，，，
故的分布列为：
0
1
2
3
故
19. 如图，四棱柱中，底面是矩形，且，，，若为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）由已知得为等边三角形，，再由，能证明⊥平面．
（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当的长为时，二面角的值为
【详解】（1）证明：∵，且，
∴为等边三角形
∵为的中点
∴，
又，且，
∴平面．
（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系（如图）
则，，
设，
平面的法向量为，
∵，，
且，
取，得
平面的一个法向量为
由题意得，
解得或（舍去），此时
∴当的长为时，二面角的值为.
20. 已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.
（1）求曲线C的方程；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；
（2）设直线AB的方程为，，，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.
【小问1详解】
设曲线C上的任意一点的坐标为，
由题意，得，即，所以曲线C的方程为；
【小问2详解】
由题意，设直线AB的方程为，，，则.
联立方程得，则，
所以，，所以
又因为，所以直接PB的方程为.
令，则，
所以，.
因为
，
所以.
令，，则.
又因为在上单调递减，所以当时，，
故面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数m和n的值；
（2）已知，是函数的图象上两点，且，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，由可求对应的m和n的值；
（2）设，由可判断，由得，设，，，得，代换整理得，原不等式要证，只需证，全部代换为关于的不等式得，设，，由导数得，再证，放缩得，进而得证.
【小问1详解】
由，得.
因为函数在处的切线方程为，
所以，，则；
【小问2详解】
证明：由（1）可得，，，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
因为，是函数的图象上两点，且，
不妨设，且，所以.
由，得，即.
设，.
设，则，所以，
即，故.
要证，只需证，
即证，即证，即证，
即证，即证.
令，，
则，
证明不等式；
设，则，
所以当时，；当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
故，所以成立.
由上还不等式可得，当时，，故恒成立，
故在上为减函数，则，
所以成立，即成立.
综上所述，.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若点P的极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消元法将参数方程化为普通方程即可得到直线l的普通方程；利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得到曲线C的直角坐标方程；
（2）将点P的极坐标化为直角坐标判断得P在直线l上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线l代入曲线C的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
因为直线l的参数方程为（t为参数），
所以直线l的普通方程为；
因为，即，
所以，得，
所以曲线C的直角坐标方程为.
【小问2详解】
因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，所以点P在直线l上，
将直线l的参数方程（t为参数），代入，化简得，
设A，B两点所对应的参数分别为，，则，，故，，
所以，，
所以.
23. 已知函数，M为不等式的解集.
（1）求集合M；
（2）设a，，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）采用零点讨论法去绝对值可直接求解；
（2）结合绝对值三角不等式得，要证，即证，即证，去平方结合因式分解即可求证.
【小问1详解】
.
①当时，不等式可化为，解得，则；
②当，不等式可化为，解得，则；
③当时，不等式可化为，解得，则.
综上所述，；
【小问2详解】
证明：因为（当且仅当时取等号），
所以要证，只需证，
即证，即证，即证，
即证.
由（1）可知，.
因为a，，所以，所以成立.
综上所述，.
相关试卷
四川省成都市石室中学2022届高三上学期期末数学（理）试题（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市石室中学2022届高三上学期期末数学（理）试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期周练13数学（理）含答案： 这是一份2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期周练13数学（理）含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学（理）上学期期中考试试卷（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学（理）上学期期中考试试卷（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 已知数列的前n项和是，则， 设全集，集合，，则， 函数在区间的图象大致为， 已知命题p， 数列中，，对任意 ，若，则， 2020年，由新型冠状病毒， 设，，等内容，欢迎下载使用。
