重庆市实验中学2023届高三数学上学期期中试题（Word版附解析）

2022—2023学年上期高2020级高三数学试题

（考试时间：150分钟        试卷满分：120分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，集合，若，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将集合化简，根据条件可得，然后分，，讨论，化简集合，列出不等式求解，即可得到结果.

【详解】因为或，解得或

即，

因为，所以

当时，，满足要求.

当时，则，由，

可得，即

当时，则，由，

可得，即

综上所述，

故选:B.

2. 若将有限集合的元素个数记为，对于集合，，下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则或

C. 若，则

D. 存在实数，使得

【答案】C

【解析】

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再对分类讨论求出集合，最后根据所给对于及集合的运算一一分析即可.

【详解】解：由，即，解得，

所以，

对于A：当时，即，解得，

所以，

所以，，所以，故A错误；

由，即，

当时解得，当时解得，当时解得，

即当时，当时，当时，

对于B：若，

若则，则，此时，

若则，则，此时，综上可得或，故B错误；

对于C：若，当时显然满足，当时则，解得，

当时则，解得，

综上可得，故C正确；

对于D：因为，，若，则，

此时，即，则，与矛盾，故D错误；

故选：C

3. 已知函数是偶函数，则的值为（    ）

A.  B. 1 C. 1或-1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数为偶函数得到，求出的值，代入后用诱导公式即可得到结果.

【详解】由函数得，，，其中，

.

故选：B.

4. 在中，角的对边分别为．若，，的面积为，则在方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用边角互化求出，三角形面积公式求出，最后根据投影向量公式计算即可.

【详解】，由正弦定理得：，即，是三角形内角，则，于是，又得，，故，，∴，则在方向上的投影向量为：.

故选：B

5. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：，，……依次类推，其中，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由不等式的性质结合得出大小关系.

【详解】由题意可得，，，

因为，所以，故A错误；

因为，所以，即，故B错误；

因为，所以，故C错误；

因为，所以，，，即，故D正确；

故选：D

6. 从某中学甲、乙两班各随机抽取10名同学，测量他们身高（单位：cm），所得数据用茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（　　）

A. 甲乙两班同学身高的极差不相等

B. 甲班同学身高的平均值较大

C. 甲班同学身高的中位数较大

D. 甲班同学身高在175 cm以上的人数较多

【答案】A

【解析】

【分析】利用茎叶图的概念结合数据分析即可确定答案.

【详解】对于A，甲班同学身高的极差为182﹣157＝25，乙班同学身高的极差为182﹣159＝23，

∴甲乙两班同学身高的极差不相等，故A正确；

对于B，甲班数据靠上的相对少，乙班数据靠上的相对多，

∴估计甲班同学身高的平均值较小，故B错误；

对于C，甲班同学身高的中位数为168，

乙班同学身高的中位数为171.5，

∴甲班同学身高的中位数较小，故C错误；

对于D，甲班同学身高在175cm以上的有3人，乙班同学身高在175cm以上的有4人，

∴甲班同学身高在175cm以上的人数较少，故D错误．

故选:A．

7. 已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】不妨设，设，表示出，，依题意可得有解，根据数量积的坐标表示得到方程在上有解，根据得到关于的不等式，解得即可.

【详解】解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，

设，则，，，则，

若存在点使得，则存在点使得，

即在上有解，

即在上有解，

令，显然，，

所以，即且，

由，即，解得或，

由，即，解得或，

又，所以，即.

故选：B

8. 已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.

【详解】不妨设，由可得出，

即，

令，其中，

则，所以，函数在上为增函数，

则，则，

令，其中，，

令，其中，所以，，

所以，函数在上单调递增，

因，，

所以，存在，使得，则，

令，其中，则，故函数在上为增函数，

因为，，所以，，

由可得，所以，，可得，

且当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，

所以，.

故选：A.

【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.

【详解】解：因为，所以，

所以，

所以，

故，故D正确；

所以，故A正确；

，故B正确；

，故C错误；

故选：ABD

10. 在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（    ）

A. 若，则 B. ，，则的外接圆半径是4

C. 若，则 D. 若，，，则有两解

【答案】AC

【解析】

【分析】由正弦定理可判断ABC；余弦定理可判断D.

【详解】对于A，若，则，由正弦定理得，即，故正确；

对于B， ，，由正弦定理可得，

则的外接圆半径是2，故错误；

对于C， 若，由正弦定理得，，

因为，所以，故正确；   

对于D， 若，，，则由余弦定理可得，

即，，

解得，因，所以有一解，

即有一解，故错误.

故选：AC.

11. 已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.

【详解】因为，故可得，

，

对A：当时，，故可得，故A正确；

对B：因为，则对也成立，

又当，时，，则，故B正确；

对C：令，则，故单调递减，

则，则当时，，；

则当，时，，即；

则

，

即，又，，故C正确；

对D：，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.

12. 已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.

【详解】作出图形如图所示．

延长至Q，使得，连接MQ，NQ，

记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，

取的中点，连结，，所以，即，且，

所以四边形是平行四边形，得，且

又因为，且，所以四边形是平行四边形，

得，，

所以，且，所以四边形是平行四边形，

则截面为五边形为，

则，，

因为，所以，所以，，

同理：，，

，，，

故所得截面的周长为.

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，则该大师赛共有_________场比赛．

【答案】16

【解析】

【分析】按照比赛赛程分类计算．

【详解】按比赛赛程分类，第一类单循环赛场次，第二类淘汰赛场次2，第三类决赛场次2，

总场次为．

故答案为：16.

14. 有一批产品，其中有2件正品和3件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为_______．

【答案】##0.7

【解析】

【分析】结合古典概型公式和组合公式，分两种情况讨论即可求解.

【详解】总的取法数有种，

当取两件次品时，取法有种；当取三件次品时，只有1种取法，

故从中任取3件，至少有2件次品的概率为

故答案为：

15. 记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得，从而得到是等差数列，进一步得，再求出，利用求得＝即可求出答案.

【详解】解：因为，

所以，，所以，

又因为，当时，得，所以，

当时，，即，

所以是等差数列，首项为，公差，

所以，

所以，满足，

故，

即，

所以，

两式相除得，当时也成立，

所以，

所以，

所以.

 故答案为：.

16. 已知为函数（）的导函数，且有两个不同的零点，，设，则的极值为_________．

【答案】3

【解析】

【分析】根据有两个不同的零点，得到，，，利用韦达定理和得到，然后求导，根据单调性求极值即可.

【详解】由题意可知，有两个不同的零点，，所以可得，，或

，，

令，解得，令，解得或，

所以在上单调递减，上单调递增，上单调递减；

∴．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知数列的首项，，.

（1）证明：为等比数列；

（2）证明：.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题知，再根据等比数列的定义证明即可；

（2）结合（1）得，，进而根据裂项求和方法求解即可证明.

【小问1详解】

解：∵，

∴

∴（且）

又∵

∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.

【小问2详解】

解：由（1）得，

∴

∴

∵，

∴，

∴.

18. 已知函数．

（1）求的单调递增区间；

（2）记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简可得，进一步可求得的单调递增区间；

（2）由题意先求出角，利用已知条件结合向量知识，可得，根据基本不等式可求得的最大值，进而得到面积的最大值．

【小问1详解】

由，

解得，

的单调递增区间为；

【小问2详解】

因为，可得，

因为，所以即，

由及可得，

，

所以

所以

即，当且仅当时取到等号，

所以，

故面积的最大值为.

19. 设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲的命中率为，乙的命中率为，求：

（1）在甲、乙各一次的射击中，目标被击中的概率；

（2）在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得；

（2）依题意分甲击中次、乙击中次或甲击中次、乙击中次或甲击中次、乙击中次种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.

【小问1详解】

解：甲、乙各一次的射击中目标被击中的对立事件为甲、乙均没有射击中目标，

所以目标被击中的概率.

【小问2详解】

解：依题意可得甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次，

当甲击中次，乙击中次时概率，

当甲击中次，乙击中次时概率，

当甲击中次，乙击中次时概率，

所以在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率.

20. 如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.

（1）证明：直线平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）（2）（3）作于点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【小问1详解】

证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．

则，，，，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，，

即，取，解得；

所以，平面，

平面；

【小问2详解】

解：设与所成的角为，

，，

，

与所成角的余弦值为；

【小问3详解】

解：设点到平面的距离为，

则为向量在向量上的投影的绝对值，

由，得，

所以点到平面的距离为．

21. 已知圆，直线与圆O交于A，B两点．

（1）求；

（2）设过点的直线交圆O于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点S满足．证明：直线SN过定点．

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点为

【解析】

【分析】（1）先求圆心到直线的距离，再根据勾股定理即可求得弦长；

（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合根与系数的关系，表示出直线SN的方程，从而确定定点.

【小问1详解】

易知圆心，半径，

圆心到直线的距离，

所以弦长.

【小问2详解】

当直线的斜率不存在，即轴时，

直线的方程为，代入圆方程得：或，

设，，则直线方程为，

代入直线得：，

故，因为，

所以是的中点，得，

所以，

所以直线的方程为：，

即，直线过点.

当直线的斜率存在时，如图所示：

设直线方程为：，即，

设，

联立得：，

，解得或，

由韦达定理得：，

所以③，

④，且⑤，

将代入直线得：，

所以，是的中点，得，

所以，

所以直线的方程为：，

将点的坐标代入并整理，

化简得：，

将①③④⑤代入上式得：

，

显然成立.

综上可得：直线过定点.

【点睛】(1)解答直线与圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

22. 已知函数，其中．

（1）若函数的最小值为，求a的值；

（2）若存在，且，使得，求a的取值范围．

【答案】（1）1    （2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；

（2）由题知，进而令，，，将问题转化为函数在区间上有零点，再讨论时，函数在区间无零点，进而进一步转化为，当时则有两不等正实根和，且函数在减区间上存在零点问题，再根据导数研究函数的零点即可.

【小问1详解】

解：函数定义域为，．

若，则，函数为减函数，无最小值．

若，由得．

所以，，，的变化情况如下表：

所以，的最小值即极小值为．

所以，，即．设，则，

所以，为上的增函数，

又因为．

所以，．

【小问2详解】

解：由，得，

即，将代入，

有：，得．

令，，，

所以，将问题转化为函数在区间上有零点．

所以，．其中．

因为函数的对称轴方程为．

所以，当，则恒成立，得在区间为减函数，

又，

所以，函数在区间无零点．

当，则有两不等正实根和，

设，有，且．

所以，，，的变化如表：

又，得．

下面证明函数在减区间上存在零点．

考虑到中含参数a，

取．则，

当时，，则．

令，则，

令，当时，有，

所以，函数在时为减函数，由，知恒成立．

所以，为上的减函数．

所以．

又，于是，

所以，函数在减区间上存在零点．

综上，实数的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意，利用换元方法，将问题转化为证明函数在区间上有零点，进而先排除当函数在区间无零点，进一步将问题转化为函数在减区间上存在零点.