2023届辽宁省辽西联合校高三下学期期中考试数学试题含答案

2023届辽宁省辽西联合校高三下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意结合集合的交集运算求解.

【详解】因为，

所以.

故选：D.

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据全称量词命题的否定形式直接判断即可.

【详解】根据全称量词命题的否定形式可知，

命题“，”的否定为，.

故选：C

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量平行的坐标运算列式解出，即可得出的坐标，即可根据向量的模的坐标运算得出答案.

【详解】若，

则，解得，

则，

则，

故选：C.

4．已知直线与直线平行，则“m＝2”是“平行于”的（   ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据两直线的位置关系、充分和必要条件等知识确定正确答案.

【详解】当时，，

解得或，经检验可知或都符合.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：B

5．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在着陆场预定区域成功着陆，三名航天员安全出舱.神舟十三号返回舱外形呈钟形钝头体，若将其近似地看作圆台，其高为，下底面圆的直径为，上底面圆的直径为，则可估算其体积约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用圆台的体积公式可求得结果.

【详解】因为圆台的上底面圆的半径是，高是，下底面圆的半径是，

所以

故选：B.

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的单调性，结合“中间数”比较大小即可.

【详解】，，，

所以.

故选：B

7．在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去某地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据相互独立事件同时发生的概率乘法公式，（法一）至少有1人去此地包含甲去乙不去、甲不去乙去、甲去乙去三种情况，由此即可求出结果；（法二）它的对立事件是两个人都不去此地，做出两个人都不去此地的概率，再根据对立事件的概率得到结果．

【详解】（法一）设“甲去某地”为事件A，“乙去某地”为事件B，

则至少有一人去此地的概率为

；

（法二）所求事件的概率；

故选：C．

8．若函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则下列关于叙述正确的是（    ）

A．的最小正周期为

B．在内单调递增

C．的图象关于对称

D．的图象关于对称

【答案】C

【分析】利用三角恒等变换化简为标准型，结合函数图象变换求得，再根据三角函数的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】，

将其图象向左平移个单位得到的图象；

对A：的最小正周期，故A错误；

对B：当时，，此时不是单调函数，故B错误；

对C：为函数最小值，故是的对称轴，C正确；

对D：，故不是的对称中心，D错误.

故选：C.

二、多选题

9．已知复数，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．的虚部为-1

C．在复平面内对应的点在第一象限

D．的共轭复数为

【答案】BD

【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数虚部的定义、共轭复数、复数在复平面对应点的特征、复数模的运算公式逐一判断即可.

【详解】因为，所以的虚部为的共轭复数为在复平面内对应的点在第四象限.

故选：BD

10．在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）进行统计，其成绩都在区间内.按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为40，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．图中

C．估计该市全体学生成绩的平均分为84分（同一组数据用该组区间的中点值作代表）

D．若对80分以上的学生授予“优秀学生”称号，则该市约有14000人获得该称号

【答案】BCD

【分析】运用频率分布直方图计算频数、平均数及某个小矩形的高即可.

【详解】对于A项，因为成绩落在区间内的人数为40，所以，故A项错误；

对于B项，由，得，故B项正确；

对于C项，学生成绩平均分为：，故C项正确；

对于D项，因为，故D项正确.

故选：BCD.

11．在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A．常数项是 B．各项的系数和是64

C．第4项二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为

【答案】AC

【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；求出奇数项的二项式系数和可判断D选项.

【详解】二项式的展开式通项为.

令，可得，故常数项是，A正确；

各项的系数和是，B错误；

二项式展开式共7项，故第4项二项式系数最大，C正确；

奇数项二项式系数和为，D错误.

故选：AC

12．正方体的棱长为1，P为线段上的点，则（    ）

A．平面 B．平面

C．三棱锥的体积为定值 D．BP与所成角的最小值为

【答案】BC

【分析】根据点与重合时，即可判断A；证明平面，再根据面面平行的性质即可判断B；说明的面积为定值，再证明平面，结合三棱锥的体积公式即可判断C；以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断D.

【详解】对于A，当点与重合时，与平面交于点，故A错误；

对于B，因为且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

同理可得，

又平面，平面，

所以平面，平面，

又平面，

所以平面平面，

又因平面，

所以平面，故B正确；

对于C，由B选项可知，

则点到的距离为，

则，

连接，则，

因为平面，平面，

所以，

又平面，

所以平面，

所以三棱锥的高为，

所以，

即三棱锥的体积为定值，故C正确；

对于D，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

则，设，

则，

故，

令，则，

则

，

令，

则，

当时，，此时BP与所成的角为，

当时，，

所以当，即点与重合时，BP与所成的角小于，故D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知是定义在上的奇函数，当时，，则_________.

【答案】

【详解】试题分析：因为函数是定义在上的奇函数，当时，，则

.

【解析】函数奇偶性的应用.

14．曲线在点处的切线方程为______.

【答案】

【分析】根据导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式求切线方程.

【详解】因为，

所以，，

所以，

所以切线方程为，即.

故答案为：.

15．若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为______.

【答案】

【分析】先求圆的圆心和半径，由条件证明圆心在直线上，由此列方程求的值.

【详解】圆的圆心坐标为，半径，

所以圆的直径为，

因为直线被圆截得的弦长为2，

所以直线过圆心，故，即.

故答案为：.

16．随机变量服从正态分布，，，则的最小值为_____．

【答案】

【分析】根据正态分布的对称性，得到，再利用均值不等式计算的最小值.

【详解】随机变量服从正态分布，∴，

由，得，

又，

∴，且，，

则．

当且仅当，即，时等号成立．

∴的最小值为．

故答案为．

【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.

四、解答题

17．已知公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意结合等差数列的通项公式求得数列的的公差即可确定其通项公式；

（2）结合（1）中数列的通项公式和等比数列前n项和公式即可求得数列的前n项和.

【详解】（1）由已知得，即，，

又因为，所以，解得或（舍去），

所以.

（2）由（1）得，因为，

所以是以为首项，以27为公比的等比数列，

所以.

18．在 中，内角，，所对的边分别为，，，且．

(1)求；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；

（2）利用正弦定理将边化角即可得到，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据利用两角和的正弦公式计算可得；

【详解】（1）解：因为，

即，由正弦定理可得，

又，

即，

所以，

即，因为，所以，又，所以

（2）解：因为，所以，

因为，所以，

所以

19．为提高学生的数学应用能力和创造力，学校打算开设“数学建模”选修课，为了解学生对“数学建模”的兴趣度是否与性别有关，学校随机抽取该校30名高中学生进行问卷调查，其中认为感兴趣的人数占70%.

(1)根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表判断是否有85%的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关？

(2)若感兴趣的女生中恰有4名是高三学生，现从感兴趣的女生中随机选出3名进行二次访谈，记选出高三女生的人数为X，求X的分布列与数学期望.

附：，其中.

【答案】(1)表格见解析，没有85%的把握；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）由题可得列联表，根据列联表可得进而即得；

（2）由题可得X的取值，然后利用古典概型概率公式求概率，进而可得分布列，再利用期望公式即得.

【详解】（1）列联表如下：

，

所以没有85%的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关；

（2）由题意可知X的取值可能为0，1，2，3，

则，

，

，

，

故X的分布列为

.

20．如图，在三棱锥中，，平面，，的面积分别为2，．

(1)求到平面的距离；

(2)设为的中点，平面平面，求二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等体积法求解即可；

（2）取的中点，连接，进而证明平面得，进而以以为原点直线为轴，过且平行于做轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】（1）解：在三棱锥中，设点到平面的距离为，

因为在三棱锥中，，平面，，的面积分别为2，．

所以，，即 ，解得，

所以点到平面的距离为．

（2）解：取的中点，连接，如图，

因为，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

又因为平面，所以

又因为平面，且平面，

所以，．

又平面且，

所以平面，

又平面，

所以．               

所以，以为原点直线为轴，过且平行于做轴，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，

又面积为，所以，

所以，，，，，

所以的中点，

所以，，        

设平面的一个法向量，则，

可取，

设平面的一个法向量，则，

可取，                

则，

所以二面角的正弦值为．

21．已知椭圆（）的离心率为，且经过点

(1)求椭圆的方程；

(2)过作两直线与抛物线（m>0）相切，且分别与椭圆C交于P，Q两点，直线，的斜率分别为，

①求证：为定值；

②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．

【答案】(1)

(2)① 证明见解析；②直线恒过定点

【分析】（1）根据椭圆的几何性质列方程求解，即可得椭圆的方程；

（2）①设过与抛物线相切的直线方程为（），联立直线与抛物线根据得到关于切线斜率的一元二次方程，由韦达定理可求得得值；②设直线：，，，代入椭圆方程可得较短坐标关系，根据①中结论或，从而判断直线所过定点，即可得结论.

【详解】（1）由题可得，解得，

所以椭圆C的方程为

（2）①设过与抛物线相切的直线方程为（），

消去y得：，

，即

直线，的斜率分别为，，则，是方程的两根

，，

消去m得：

②设直线：，，，

，消去x得：

所以，

因为，所以，所以

整理得：

即，所以．

所以或，

当时，，PQ恒过定点与A重合，舍去

当时，PQ恒过定点

综上所述，直线PQ恒过定点.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)已知函数有两个零点，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的减区间和增区间；

（2）由可得，令，可得，令，分析可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：函数的定义域为，.

当时，由可得，由可得，

此时函数的减区间为，增区间为；

当时，由可得，由可得，

此时，函数的增区间为，减区间为.

综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；

当时，函数的增区间为，减区间为.

（2）解：函数的定义域为，

因为函数在上有两个零点，即有两个不同的正实数根，

即有两个不同的正实数解，

即有两个不同的正实数解，

令，则，可得，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，函数的值域为，所以，，

令，其中，则，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

且当时，；当时，，

因为函数有两个不同的零点，则直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：

由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，

因此，实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.