2023届云南民族大学附属中学高三上学期期中诊断数学试题（解析版）

这是一份2023届云南民族大学附属中学高三上学期期中诊断数学试题（解析版），共20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届云南民族大学附属中学高三上学期期中诊断数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A．实数集 B．C． D．【答案】C【分析】解出集合B的具体范围，利用交集运算即可得出答案.【详解】，则，故选：C.2．复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数除法法则及乘方运算得到，从而得到在复平面内对应的点坐标，所在象限.【详解】因为，故，故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.故选：A.3．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可．【详解】解：因为，所以，，，或，当时，或一定成立，所以“”是“”的充分条件；当或时，不一定成立，所以“”是“”的不必要条件．所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A4．若双曲线与双曲线：有相同渐近线，且过点，则双曲线的标准方程为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】B【分析】根据共渐近线的双曲线方程为.代入点的坐标即可求解.【详解】因为和有相同的渐近线，所以设双曲线的方程为，将代入得，所以双曲线的方程为，故选：B5．在一段时间内，某地的野兔快速繁殖，野兔总只数的倍增期（增加一倍所需的时间）为21个月，则100只野兔增长到100万只野兔需要（    ）个月.（记，）A． B． C． D．【答案】B【分析】设个月后野兔总只数为，列出方程，求出，得到，即为答案.【详解】设个月后野兔总只数为，∴，则，则，所以.故选：B.6．在中，已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用公式求，再利用两角差的余弦公式，即可求解.【详解】在中，，则，又，所以.又，则，所以，则，所以，故选：D.7．把5件不同产品随机摆成一排，则产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用古典概型公式，结合排列问题，即可求解.【详解】因为5件不同的产品随机摆成一排总共有种排法，当、相邻时，有种摆法，当、相邻又满足、相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种，所以所求概率为.故选：B.8．已知数列的前项和，若不等式，对任意恒成立，则整数的最大值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】首先利用公式，，求得数列的通项公式，代入不等式后，参变分离得，转化为求数列的最大值.【详解】易知，，可得，两边同时除以可得，又因为时，，所以数列是公差为1，首项为2的等差数列，则，所以，由得，所以，即令，因为，当时，，即，数列单调递增，当时，，即，数列单调递减，且，，，由数列的单调性可知的最大值为，所以，即，又因为，所以的最大值为3.故选：B. 二、多选题9．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入的部分数据如下表：0000 则下列说法正确的是（    ）A．对都有成立 B．C．的图象关于点中心对称 D．函数在区间上单调递增【答案】BCD【分析】A选项，根据表格中数据，列出方程组，求出，，，，得到函数解析式；求出函数的最小正周期，A错误；B选项，代入求值即可；C选项，整体法求解对称中心为，C正确；D选项，整体法求解函数的一个单调递增区间为，由于，得到D正确.【详解】由题意得：，解得:，，，，所以，对于A，易知的最小正周期为，所以2不是函数的一个周期，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，令，，解得：，，所以函数的对称中心为，，当时，对称中心为，故C正确；对于D，，，∴，所以是函数的一个递增区间，又且，∵，∴，同理：，∵，∴，因此函数在上单调递增，故D正确.故选：BCD.10．已知三棱锥的各棱长均为2，则下列说法正确的是（    ）A．该三棱锥的体积为B．该三棱锥的内切球的体积为C．该三棱锥的外接球的表面积为D．直线AC与平面ABD所成角的余弦值为【答案】ACD【分析】A.将正三棱锥放在正方体中，即可求三棱锥的体积；B.利用等体积公式，先求内切球的半径，再求内切球的体积；C.将三棱锥外接球转化为正方体的外接球，即可求外接球的半径，再求表面积；D.利用线面角的定义作图，易求线面角的余弦值.【详解】由题意可得三棱锥为正四面体，对于A，如图，棱长为2的正四面体可放在棱长为的正方体中，其体积为所在正方体体积减去四个角处的三棱锥的体积，即正方体体积的三分之一，即，故A正确；对于B，设内切球的半径为，则由等体积法,解得，可得棱长为2的正四面体的内切球半径为，所以内切球的体积为，故B错误；对于C，棱长为2的正四面体的外接球可看成棱长为的正方体的外接球，则外接球的直径，所以外接球的表面积为，故C正确；对于D，由点C向平面ABD做垂线，记垂足为O，则为直线AC与平面ABD所成角，且易得，所以，故D正确.故选：ACD.11．已知为直角三角形，且，.点P是以C为圆心，3为半径的圆上的动点，则的可能取值为（    ）A．-3 B． C．20 D．15【答案】BD【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，设，得到，式子表示点圆上的点到点距离的平方减2，作出辅助线，得到到点距离最值，求出的取值范围，选出正确答案.【详解】以为坐标原点，所在方向为轴正方向，所在方向为轴正方向建立平面直角坐标系，所以，，圆C的方程为，设，则，式子表示点圆上的点到点距离的平方减2，连接直线，交圆C于两点，当位于点时，到点距离最大，最大距离为，此时最大，最大为，当位于点时，到点距离最小，最小距离为，此时最小，最小为，所以的取值范围是，其中，.故选：BD.【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.12．已知曲线：，抛物线：，P为曲线上一动点，Q为抛物线上一动点，已知与两条曲线都相切的直线叫做这两条曲线的公切线，则以下说法正确的是（    ）A．直线：是曲线和的公切线B．曲线和的公切线有且仅有一条C．最小值为D．当轴时，PQ最小值为【答案】ACD【分析】A选项，分别对两函数求导，得到在处的切线方程为，在处的切线方程为，A正确；B选项，设公切线为，根据公切线性质得到方程组，消去后得到，设，通过求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到：存在，使得，又当时，，故得到公切线有两条，B错误；C选项，由抛物线定义得到，设出，表达出，令，，求导，得到其单调性，得到在处取得最小值2，得到，从而得到的最小值；D选项，设出点的坐标，得到，求导得到其最值【详解】对于A，定义域为，，令得，其中，所以在处的切线方程为，又变形为，则，令得，其中当时，，所以在处的切线方程为，所以A正确；对于B，设曲线和的公切线为，与相切于，与相切于，则，所以，又，，故，，消去得：，令，因为，当时，，当时，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，又因为时，，由零点存在性定理可知：存在，使得，又当时，，所以在有两个零点，所以有两个值，所以曲线和的公切线有2条，B错误；对于C，设为抛物线的焦点，由抛物线的定义，因为，设，则，，令，，则，令，则在恒成立，故在上单调递增，由于，故当时，，即，当时，，即，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，则，所以，所以的最小值为，所以C正确；对于D，易知点Q在点P的上方，设，，则，所以，令，因为，当时当时，，当时，.所以在上为减函数，在上为增函数，故在处取得极小值，也是最小值，所以.所以，所以D正确.故选：ACD.【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解. 三、填空题13．过点与：相切的直线方程是____________.【答案】或【分析】分别设斜率存在的直线，以及斜率不存在的直线，利用圆心到直线的距离等于半径，求解切线方程.【详解】当过点斜率不存在时，直线方程是，此时与圆相切，当过点斜率存在时，设直线，圆心到直线的距离，解得：，直线方程是，综上可知，满足条件的直线是或.故答案为：或14．若，则____________.【答案】【分析】根据赋值法即可求解奇数项的系数和.【详解】令得，，令得，，两式相加得.故答案为：15．已知定义域为的函数满足：对于，都有，且为偶函数，，则____________.【答案】-1【分析】根据给定的公式结合偶函数的对称性，求出函数的周期即可求解.【详解】解：，，即，当时，，解得：，由为偶函数，可得，则函数的图象有对称轴，则有，又，则，则，则4是函数的一个周期.所以，则，所以.故答案为：-1.16．已知函数，，则函数的最大值为____________.【答案】【分析】求的导数，讨论单调性即可求出最值.【详解】解析：，当时，或，当，，此时或，当，，此时，所以函数在和单调递增，在和单调递减，又，，，所以.故答案为：. 四、解答题17．记的内角，，的对边分别为，，，已知，，且的面积为.(1)求a的大小；(2)若点D在边BC上，且，求线段AD的长.【答案】(1)或(2)或. 【分析】（1）根据三角形的面积公式分类讨论即可求得的值.（2）分类讨论利用余弦定理即可求得.【详解】（1）由题意可得：，解得：，∴或120°.①当时，由余弦定理得：解得：.②当时，由余弦定理得：解得：.综上：或.（2）由（1）知，①当时，，易得，解得：.②当时，，由余弦定理得：，在中，有余弦定理可得：解得：.综上：或.18．2022年10月1日，某地发现两名核酸阳性人员，10月2日零时划分A片区为中风险，其他地区常态化防护，10月3日某校高三学生返校备战高考，5日高一高二除该地学籍学生外，其他学生均返校；当地教育局高度重视学校疫情防控，为此展开了全校核酸检测，核酸检测方式既可以采用单样本检测，又可以采用“K合1检测法”.“K合1检测法”是将K个样本混合在一起检测，若混合样本呈阳性，则该组中各个样本再全部进行单样本检测；若混合样本呈阴性，则可认为该混合样本中每个样本都是阴性.通过病毒指标检测，每位密切接触者为阴性的概率为，且每位密切接触者病毒指标是否为阴性相互独立.(1)现对10个样本进行单样本检测，求检测结果最多有1个样本为阳性的概率的表达式；(2)现把20个样本随机分成A，B两组，采用“10合1检测法”进行核酸检测.用含p的式子表示以下问题的结果：①求A组混合样本呈阳性的概率；②设总检测次数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)①；②分布列见解析， 【分析】（1）根据独立重复事件的概率公式即可求解，（2）根据对立事件的概率即可求解呈阳性的概率，根据独立事件的概率公式求解概率，即可得分布列.【详解】（1）最多有一个阳性的事件包含没有阳性和有一个阳性，所以（2）①A组混合样本呈阳性的概率为②总检测次数可能取值为2，12，22因为所以的分布列如下表：21222 所以.19．给定数列，若满足（，且），且对于任意的，都有，则称为“指数型数列”.若数列满足：，.(1)判断数列是否为“指数型数列”，若是，给出证明，若不是，请说明理由；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)是，证明见解析(2) 【分析】（1）根据结合变形得到，故为等比数列，求出通项公式，求出，证明出数列为“指数型数列”；（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.【详解】（1）由得，，两边同时除以得：，易知有.因为，所以，故，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以，故，又，所以，所以数列为指数型数列；（2）因为，所以，故，所以.20．如图，正三棱柱中，底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点.(1)证明直线平面；(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据中位线得线线平行，进而由线线平行即可求证线面平行，（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量的夹角求解面面角，即可得棱锥的高，即可求解.【详解】（1）连接交于点O，连接OD，在三角形中，O，D分别为，CB的中点，则，又平面，平面，所以平面.（2）设棱柱的高为在正三棱柱中，D为BC的中点，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，则，解得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，解得，令，则，所以，又平面与平面夹角的余弦值为，则，即，解得：.所以正三棱柱的体积.21．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若m为整数，且关于x的不等式恒成立，求整数的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2 【分析】（1）对分类讨论，讨论的正负即可求得的单调性；（2）构造函数，利用单调性研究函数的最大值即可求解.【详解】（1）由题意知，的定义域为，对求导，得当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，由，得，由，得所以，在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）因为恒成立，即，即恒成立，令.所以.当时，因为，所以，所以在上是递增函数.又因为，所以关于的不等式不能恒成立.当时，.令得，所以当时，；当时，.因此函数在上是增函数，在上是减函数.故函数的最大值为.令，因为，.又因为在上是减函数，所以当时，.所以整数的最小值为2.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数不等式恒成立问题，是高考常见的压轴题型，有一定的难度.22．已知圆：，点，是圆上的一个动点，线段的中垂线交于点.(1)求点的轨迹的方程；(2)若点，过点A的直线与C交于点M，与y轴交于点N，过原点且与平行的直线与C交于P、G两点，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据几何图形，结合椭圆的定义，即可求解；（2）首先转化，再利用直线与椭圆方程联立，利用两点间距离公式求弦长，即可求解比值.【详解】（1）因为，所以由椭圆的定义可知：Q的轨迹C的方程为：.（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则由题意可知直线AM的斜率一定存在.则设直线AM的方程为，直线OP的方程为，则，由，得.则-2，是方程的两个根，，所以，所以，又，所以.由得.设，则，，所以.所以，.