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    2023届新疆克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学高三上学期期中数学(理)试题含答案

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    这是一份2023届新疆克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学高三上学期期中数学(理)试题含答案,共16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。
    2023届新疆克孜勒苏柯尔克孜自治州第一中学高三上学期期中数学(理)试题 一、单选题1.已知p q,则pq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】根据的互相推出情况判断出属于何种条件.【详解】时,,所以,所以充分性满足,时,取,此时不满足,所以必要性不满足,所以的充分不必要条件,故选:A.2.已知集合,则    A BC D【答案】B【分析】先分别解一元二次不等式和指数不等式而得集合AB,然后求AB的交集即可得解.【详解】,即,即于是有所以.故选:B3.若直线平行,则的值为(    A B C D1【答案】B【分析】根据直线平行与系数之间的关系,列出等式,求解即可.【详解】因为直线平行故可得,且解得.故选:.【点睛】本题考查由直线的位置关系求参数值,属简单题.4.如图,在四棱锥中,平面MN分别为上的点,且,若,则的值为(    A B C1 D【答案】B【分析】为基底表示,由此求得,进而求得.【详解】所以.故选:B5.如图所示,已知在一个的二面角的棱上,有两个点分别是在这个二面角的两个面内垂直于的线段,且,则的长为(   A B C D【答案】A【分析】根据向量的线性运算可得,两边平方,再由向量数量积的运算性质即可得解.【详解】故选:A6.过点且与原点距离最大的直线方程是(    A BC D【答案】A【分析】首先根据题意得到过点且与垂直的直线为所求直线,再求直线方程即可.【详解】由题知:过点且与原点距离最大的直线为过点且与垂直的直线.因为,故所求直线为,即.故选:A【点睛】本题主要考查直线方程的求解,数形结合为解题的关键,属于简单题.7.三棱锥中,底面ABCDAB的中点,,则点D到面的距离等于(    A B C D【答案】C【分析】在三角形SAB内作AESBSBE,进而根据条件证明AESBC,算出AE的长度,再根据DAB的中点得到答案.【详解】如图,在三角形中,过AAESBSBE因为,所以,又,所以,因为,所以,而AESB,且,所以AESBC.在三角形SAB中,由勾股定理易得,则由等面积法可得:,因为DAB的中点,所以D到平面SBC的距离为:.故选:C.8.已知点是双曲线C)的左、右焦点,O为坐标原点,点P在双曲线C的右支上,且满足,则双曲线C的离心率的取值范围为A B C D【答案】C【详解】 ,可得即有 为直角三角形,且可得由双曲线定义可得 ,可得即有化为即有 ,可得 可得故选C9.数列用图象表示如图所示,记数列的前n项和为,则(    ).  A BC D【答案】B【分析】数列用图象可知,取不同值时的符号,然后利用排除法,即可求解.【详解】由题意,数列用图象可知,时,;当时,所以时,,所以,可排除A项;,所以,可排除D项;,所以,可排除C项;时,,所以,可得B项正确.故选:B.【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法;1、作差比较法:根据的符号,判断数列是递增数列、递减数列或是常数列;2、作商比较法:根据1的大小关系,进行判定;3、数形结合法:结合相应的函数的图象直观判断.10.朱世杰是元代著名数学家,他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些堆垛问题,主要利用堆垛研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔,小明模仿堆垛问题,将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的,要求层数不小于2,且从最下面一层开始,每一层比上一层多1根,则该等腰梯形垛应堆放的层数可以是(    A5 B6 C7 D8【答案】D【分析】把各层的铅笔数看出等差数列,利用求和公式得到,由n264 的因数,且为偶数,把四个选项一一代入验证即可.【详解】设最上面一层放根,一共放nn≥2)层,则最下一层放根,由等差数列前n项和公式得:,∴n264 的因数,且为偶数,把各个选项分别代入,验证,可得:n=8满足题意.故选:D【点睛】(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一,在高中数学中,应用题是常见考查形式:求解应用性问题时,首先要弄清题意,分清条件和结论,抓住关键词和量,理顺数量关系,然后将文字语言转化成数学语言,建立相应的数学模型;2)等差(比)数列问题解决的基本方法:基本量代换.11.设正实数满足 ,则下面成立的是(    A B C D【答案】C【分析】,可得,从而可得,由此可得【详解】解:因为正实数满足所以所以所以故选:C12.在中,分别是上的点,交于点,且,设上的投影向量为,则    A B C D【答案】D【分析】利用向量的数量积的定义结合正弦定理求出,再利用已知条件判断出的中点,的三等分点,然后建立合适的平面直角坐标系,求出各点的坐标和向量的坐标,根据向量数量积的几何意义计算可得.【详解】解:由,可得所以由正弦定理可得,则有,即所以同理可得所以,故为等边三角形,因为,则的中点,又,则的三等分点,为坐标原点,所在直线为轴,建立平面直角坐标如图所示,,因为,所以方向上的正射影的数量为,因为,所以故选:D 二、填空题13.设{ijk}是空间向量的单位正交基底,a3i2jkb=-2i4j2k,则向量ab的位置关系是        .【答案】【分析】由向量的数量积运算,易得a·b0,从而得垂直关系.【详解】a·b=-6i28j22k2=-6820.ab.答案:ab【点睛】本题主要是考查了向量垂直的条件:数量积为0,属于基础题.14.以下四个关于圆锥曲线的命题:是两个定点,为非零常数,若,则的轨迹是双曲线;过定圆上一定点作圆的弦为原点,若,则动点的轨迹是椭圆;方程的两根可以分别作为椭圆和双曲线的离心率;双曲线与椭圆有相同的焦点.其中正确命题的序号为          【答案】③④【解析】根据双曲线的定义可判断的正误;推出点的中点,利用垂径定理和圆的定义可判断的正误;求出方程的两根,结合椭圆、双曲线离心率的取值范围可判断的正误;求出双曲线与椭圆的焦点坐标,可判断的正误.【详解】不正确,若动点的轨迹为双曲线,则当点的延长线上时,显然这种曲线是射线,而非双曲线;不正确,,则的中点,根据垂径定理,圆心与弦的中点连线垂直于这条弦,设圆心为,那么有,即恒为直角,由于是圆的半径,为定值,而恒为直角,也就是说,在以为直径的圆上运动,为直径所对的圆周角,所以点的轨迹是一个圆;正确,方程的两根分别为,可分别作为椭圆和双曲线的离心率; 正确,双曲线与椭圆的焦点坐标都是.故答案为:③④.【点睛】方法点睛:求动点的轨迹方程有如下几种方法:1)直译法:直接将条件翻译成等式,整理化简后即得动点的轨迹方程;2)定义法:如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义,则可利用曲线的定义写出方程;3)相关点法:用动点的坐标表示相关点的坐标,然后代入点的坐标所满足的曲线方程,整理化简可得出动点的轨迹方程;4)参数法:当动点坐标之间的直接关系难以找到时,往往先寻找与某一参数得到方程,即为动点的轨迹方程;5)交轨法:将两动曲线方程中的参数消去,得到不含参数的方程,即为两动曲线交点的轨迹方程.15.已知直线,若,则实数的值为           .【答案】【分析】分类讨论直线的斜率是否存在即可求解.【详解】若直线的斜率存在,即直线的斜率,所以有,解得:若直线的斜率不存在,即此时,不满足.综上:故答案为:16.已知函数的周期为2,,那么函数的图象与函数的图象的交点共有          【答案】10【详解】依题意可得的图象如下:因为,所以由图可知总共有10个交点 三、解答题17.在中,角ABC的对边分别为abc,已知(1)的值;(2),求的值.【答案】(1)(2) 【分析】1)化简原式,直接利用余弦定理求的值即可;2)由(1)可得,利用正弦定理求得【详解】1)在中,由,整理得又由余弦定理,可得2由(1)可得,又由正弦定理及已知,可得.18.平面直角坐标系中,圆C过点,且圆心C在直线上,1)求圆C的标准方程;2)求过点A 的圆C的切线方程.【答案】1;(2.【分析】1)设出圆的标准方程,根据题意建立方程组,解之即可求出结果;2)根据圆心C与点A所在直线的斜率,进而求出过点A 的圆C的切线的斜率,然后根据点斜式即可求出结果.【详解】1)设圆C的标准方程为,圆心为,则,解得,故圆C的标准方程为2)因为直线的斜率为,则所求切线的斜率为,所以过点A 的圆C的切线方程为,即.19.如图,在直四棱柱中,.求证:【答案】证明见解析【分析】根据直四棱柱的性质可得,再由,即可建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算可得.【详解】证明:在直四棱柱平面平面所以.又,所以两两互相垂直,以点为坐标原点,以所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,.所以所以,所以20.如图,已知抛物线和抛物线的焦点分别为是抛物线上一点,过且与相切的直线两点,是线段的中点.)求)若点在以线段为直径的圆上,求直线的方程.【答案】;(.【分析】1)根据抛物线的方程求出焦点的坐标,直接求解即可;2)设直线的方程,与两个方程分别联立,利用一元二次方程根的判别式、根与系数关系,结合导数的几何意义、圆的性质进行求解即可.【详解】解:()由题意得,所以,设设直线的方程为,所以,因此的坐标为联立方程组,消去,得因为直线相切,所以联立方程组,消去,得所以因为点在以线段为直径的圆上,所以,即,解得经检验满足题意,故直线的方程是【点睛】关键点睛:根据导数的几何意义求出切线的斜率是解题的关键.21.如图一,等腰梯形,,,,分别是的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线,折起,使得点和点重合,记为点,如图二.(1)求证:平面平面.(2)求四棱锥P-ABEF的表面积.【答案】1)见解析(2【解析】1)推导出BEEFBEPE,从而BEPEF,由此能证明平面PEF平面ABEF2)分别计算四棱锥的各面面积,求和即可.【详解】1等腰梯形分别是的两个三等分点,ABEF是正方形,BEEF,BEPE,且PEEF=EBEPEFBF平面ABEF,平面PEF平面ABEF2)在等腰梯形中,由(1)知,,即折起后,,,中,表面积【点睛】本题主要考查了面面垂直、线面垂直的证明,四棱锥的表面积,属于中档题.22.已知椭圆的右焦点为,直线.过点作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点,且直线与直线交于点1)求椭圆的标准方程:2)若,求直线的方程:3)是否存在实数,使得恒成立?若存在,求实数的值:若不存在,请说明理由.【答案】1;(2;(3)存在,.【解析】1)由题可直接计算出,得出椭圆方程;2)设,直线的方程为,联立直线与椭圆方程,为线段的中点,建立方程即可求出,得出直线方程;3)设,利用点差法可得,进而可得出,表示出各向量坐标,即可求出.【详解】1)由已知可得:,解得:椭圆的标准方程为:.2)由可知:,可得:,直线的方程为联立,得:为线段的中点,则,即,解得:所以直线的方程为3)设,两方程相减得,即,即,即存在满足题意的,且【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查中点弦问题,考查椭圆中的向量问题,属于较难题. 

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