黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

鸡东县第二中学2022-2023年度上学期期中考试
高三数学试题
一、选择题
1. 已知集合，，若，则实数的取值为（ ）
A. 1 B. -1或2 C. 2 D. -1或1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用可得，则或，解出的值检验是否满足元素互异性即可.
【详解】因为所以，
当时，，，不满足元素互异性，不成立；
当时，或，
时，，不满足元素互异性，不成立；
时，，，满足条件，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查了根据集合的包含关系求参数，考查了元素的互异性，属于基础题.
2. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则“”是“且”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由面面平行的判定与性质判断充分性和必要性即可.
【详解】由面面平行的性质可知：且，充分性成立；
当时，若，，，则可能平行或相交，必要性不成立；
“”是“且”的充分而不必要条件.
故选：A.
3. 在等差数列中，若，则　　
A. 60 B. 56 C. 12 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】推导出，从而，进而，由此能求出结果．
【详解】在等差数列中，，
，
解得，
．
故选A．
【点睛】本题考查等差数列的性质的应用，考查等差数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4. 设为虚数单位，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法运算求得正确答案.
【详解】.
故选：A
5. 已知，，，则（ ）
A. -6 B. -8 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据的模求出参数的值，最后根据平面向量数量积的坐标运算法则计算可得；
【详解】解：因为，，所以， 因为，所以，所以，所以，所以；
故选：D
6. 已知，且满足．则的最小值为（ ）
A. 12 B. 6 C. 9 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】消元后用基本不等式求得最小值．
【详解】因为，且满足．即，
所以，当且仅当，即时等号成立，
故选：D．
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】点是函数图像上一点，点是直线上一点，从而将问题转化为求解函数图像上一点与直线上一点连线距离的最小值.当函数某一点处的切线斜率和直线的斜率相等时可得距离的最小值，从而可运用导函数计算求解结果.
【详解】根据题意，点是函数图像上一点，
点是直线上一点
函数的导函数为，
所以其图像上一点处切线的斜率为

当过点的切线与直线平行时，点与点之间的距离最小
且两点间的距离可转化两平行线之间的距离
此时有，，从而可得
此时函数图像上过点的切线方程为
化简为，其与直线间的距离为
所以的最小值为.
故选：C.
8. 已知，是双曲线上关于坐标原点对称的两点，为该双曲线上任一点（与，不重合），已知与斜率之积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，然后利用斜率公式表示出，又由于在双曲线上，代入双曲线方程中化简，结合前面的式子和已知可得，从而可求出离心率
【详解】设，则，
所以，
因为在双曲线上，
所以，
两式相减化简得，
所以，
因为与斜率之积为，
所以，
所以，
故选：D
二、多项选择题
9. 一个不透明的纸箱中放有大小、形状均相同的10个小球，其中白球6个、红球4个，现无放回分两次从纸箱中取球，第一次先从箱中随机取出1球，第二次再从箱中随机取出2球，分别用，表示事件“第一次取出白球，”“第一次取出红球”；分别用B，C表示事件“第二次取出的都为红球”，“第二次取出两球为一个红球一个白球”.则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件概率公式和全概率公式依次判断选项即可.
【详解】由题得，，
根据条件概率公式，得.
，故A，B正确.
对选项C，，
所以，
故C错误.
对选项D，，
，故D错误.
故选：AB
10. 已知等比数列{}中，满足，，则（ ）
A. 数列{}是等比数列 B. 数列是递增数列
C. 数列是等差数列 D. 数列{}中，仍成等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】先利用等比数列通项公式求出，从而得到，利用等比数列的定义判断A选项；得到，判断出为递减数列；求出，利用等差数列定义判断C选项，计算出，利用得到不成等比数列.
【详解】由题意得：，所以，则，
所以数列{}是等比数列，A正确；
，所以，且，故数列是递减数列，B错误；
，所以，C正确；
，
因为，故数列{}中，不成等比数列，D错误.
故选：AC
11. 已知椭圆的左焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若直线l垂直于x轴，则 B.
C. 若，则直线l的斜率为 D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出椭圆E的左焦点，设出直线l的方程并与椭圆方程联立，逐项计算判断作答.
【详解】依题意，椭圆的左焦点为，设，
对于A，轴，直线，由得：，则，A正确；
对于B，l不垂直于x轴时，设l的方程为，由消去y并整理得：
，则，，
，
显然，于是得，由选项A知，当轴时，，因此，B正确；
对于C，当时，由选项B得，解得，C错误；
对于D，因，有，则，即，
而，，
同理，则有，即，于是得，
因此，D正确.
故选：ABD
12. 某制造企业一种原材料的年需求量为千克（该原材料的需求是均匀的，且不存在季节性因素），每千克该原材料标准价为元.该原材料的供应商规定：每批购买量不足千克的，按照标准价格计算；每批购买量千克及以上，千克以下的，价格优惠；每批购买量千克及以上的，价格优惠.已知该企业每次订货成本为元，每千克该原材料年平均库存成本为采购单价的.该企业资金充足，该原材料不允许缺货，则下列结论正确的是（ ）
（采购总成本采购价格成本订货成本库存成本，为原料年需求量，为平均每次订货成本，为单位原料年库存成本，为订货批量即每批购买量，为采购单价）
A. 该原材料最低采购单价为元/千克 B. 该原材料最佳订货批量为千克
C. 该原材料最佳订货批量为千克 D. 该企业采购总成本最低为元
【答案】ACD
【解析】
【分析】设表示采购总成本，写出的表达式，分析函数的单调性，对的取值进行分类讨论，求出在不同情况下的最小值，即可得出结论.
【详解】设表示采购总成本，则，设，其中，
任取、且，
则
.
当时，，，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
在处取得最小值，最小值为.
（1）当订货批量在区间时，没有数量折扣，采购单价，
因，此时在时取最小值，
且该原材料的采购总成本最低为
（元）
或（元）.
（2）当订货批量在区间时，存在数量折扣，采购单价（元），
因，
此时在时取最小值，
该原材料的采购总成本最低为（元），
（3）当订货批量在区间时，存在数量折扣，采购单价元，
因，
此时在时取最小值，该原材料的采购总成本最低为
（元）.
综上，采购总成本最低时的采购批量即为最佳订货批量，故最佳订货批量为千克，最低采购单价为元/千克，采购总成本最低为元，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.
三、填空题
13. 已知角终边经过点，则______．
【答案】##－0.28
【解析】
【分析】由三角函数定义求得，然后由诱导公式和二倍角公式求解．
【详解】因为角的终边经过点，所以，
所以．
故答案为：．
14. 从2021年起重庆市新高考，打破文理分科实行“”模式，“3”代表语､数､外三科，每人必选这3科，“1”代表学生从物理和历史两科中任选1科，“2”代表学生从化学､生物､政治､地理四科中任选2科，每个学生的选科方式共有________种.
【答案】12
【解析】
【分析】首先确定“”模式中的的选法，再确定的选法，根据分步乘法计数原理求得结果.
【详解】从物理和历史两科中任选科，共有种选法
从化学、生物、政治、地理四科中任选科，共有种选法
每个学生的选科方式共有种
故答案为：
【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，属于基础题.
15. 正方体的棱长为，、分别是、的中点，则点到平面的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离，即可得答案；
【详解】解：建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，.
则，，
设平面的法向量为，

则，∴，∴.令，得.
又∵，
∴点到平面的距离.
故答案为：.
16. 下面四个命题：
①已知函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则；
②存在负数，使得恰有3个零点；
③已知多项式，则；
④设一组样本数据的方差为，则数据的方差为
其中真命题的序号为___________.
【答案】① ③
【解析】
【分析】对于①利用函数奇偶性性质求解即可；对于②数形结合判断即可；
对于③利用二项式定理求解即可；对于④利用平均数和方差公式求解即可.
【详解】对于①：因为为偶函数，即，令，所以，
又因为为奇函数，所以，令，
所以，所以，故①正确；
对于②：存在负数，使得恰有3个零点等价于和，
有三个不同交点，且恒过点，
画出图像如下所示：根据图像判断至多有两个交点，故②不正确；

对于③：，
，
所以的系数为：5，故③正确；
对于④：设的平均数为，
则其方差为：，
则的平均数为，
则其方差为：，
故④不正确
故答案为：① ③ .
四、解答题
17. 已知向量，，，设函数.
（1）当时，求函数值域；
（2）在中，角､､的对边分别是､､，若，，求的周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先利用向量数量积的坐标表示结合二倍角公式辅助角公式化简，再由正弦函数的性质即可求解；
（2）根据可求得，再利用余弦定理以及基本不等式、可求得的范围，进而可得的周长的取值范围.
【详解】（1），
因为，所以，所以，
所以，所以.
（2）因为，所以
所以，因为，所以，
由余弦定理得：，即，
所以，所以，
所以，可得，
又因为，所以，
所以周长的取值范围为.
18. 已知数列的前项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用以及配凑法求得数列的通项公式.
（2）先求得，利用分组求和法求得.
【小问1详解】
∵，
∴.
∴.
∵数列的前项和为，
∴.
∴.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
∴.
当时，由和得，
解方程得.
∴.
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知：.
∴.
∴.
∴

.
19. 甲乙两队各有2位队员共4人进行“定点投篮”比赛，规定在一轮比赛中，每人投篮一次，投中一球得2分，没有投中得0分.现已知甲队两位队员每次投篮投中的概率均为.乙队两位队员每次投篮投中的概率分别为.
（1）若，分别计算甲乙两队在一轮比赛中得2分的概率，并根据这两个数据说明哪个队在一轮比赛中得到2分的可能性大？
（2）某同学发现：若，则甲乙两队在一轮比赛中得分的期望值就相等；他根据这一发现又得出结论：若，则在一轮比赛中，按两队的均分决定胜负，这两队一定是平局；记在一轮比赛中甲队得分为，乙队得分为，请你写出甲乙两队得分的分布列，对该同学的发现的正确性给予证明，并简要说明该同学得出的结论是否正确.
【答案】（1）甲队的概率为，乙对的概率为，乙队在一轮比赛中得到2分的可能性大.
（2）分布列见解析，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别求得甲队和乙对在一轮比赛中得2分的概率为和，即可得到结论；
（2）根据题意，分别得到甲队和乙对得分为、的可能取值，求得相应的概率，分别求得甲队和乙队的期望，结合期望值，即可得到结论.
【小问1详解】
解：因为甲队两位队员每次投篮投中的概率均为，
乙队两位队员每次投篮投中的概率分别为，
甲队在一轮比赛中得2分的概率为，
乙队在一轮比赛中得2分的概率为，
因为，所以乙队在一轮比赛中得到2分的可能性大.
【小问2详解】
解：由题意，甲队得分为的可能取值，
可得，，，
所以随机变量的分布列为：

0
2
4




所以甲队得分期望为，
乙队得分为的可能取值，
可得，，，
所以随机变量的分布列为：

0
2
4




所以乙对得分期望为，
若，可得，甲乙两队在一轮比赛中得分的期望值就相等，
这位同学的结论是不正确的，因为期望相等仅代表大量重复比赛结束后两同学的得分平均取值大小应该相等，但在实际的一局比赛中，比分仍然是不确定的，两人得分可能不等，所以结论不正确。
20. 如图，四棱锥中，平面，分别为的中点.

（1）求证：平面//平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若要证明面面平行，只要证明一个平面内的两个相交直线和另一个平面平行即可；
（2）根据题意，利用几何法，先求得二面角的平面角，在解三角形即可得解.
【小问1详解】
∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF//PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD，
∵AB//CD，AB＝2CD，∴AF//CD，AF＝CD．
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF//AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF//平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD//平面EFC；
【小问2详解】

由，，
所以，所以，又，
所以为等边三角形，
又为中点，
作于，
又平面，
所以，
所以平面，
作于，连接，
则为二面角的平面角，
又，，
所以，
所以.
21. 已知平面直角坐标系中，点到抛物线准线的距离等于5，椭圆的离心率为，且过点

（1）求的方程；
（2）如图，过点作椭圆的切线交于两点，在轴上取点，使得，试解决以下问题：
①证明：点与点关于原点中心对称；
②若已知的面积是椭圆四个顶点所围成菱形面积的16倍，求切线的方程.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据点到抛物线的准线的距离等于5得到，进而求出抛物线的方程；再利用椭圆的离心率、点在椭圆上建立关于、的方程组即可求解；
（2）①设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式为0得到，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、斜率和为0求出点的坐标，即可证明点与点关于原点中心对称；
②先求出椭圆四个顶点组成菱形的面积，再利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积公式求出，通过解方程即可求解.
【小问1详解】
解：因为点到抛物线的准线的距离等于5，
所以，解得，所以抛物线的方程为；
因为椭圆的离心率为，且过点，
所以 ，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
解：①因为，且直线与椭圆相切，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
因为直线与椭圆相切，
所以，即，
联立，得，
设，，则；
设，因为，所以，
则，即，
即，
又，所以，即，
即点与点关于原点中心对称；
②椭圆四个顶点所围成菱形面积为，
所以的面积为，
则
，
令，即，
即，即，
即，
即，
因，所以，，；
所以直线的方程为.
22. 处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”是数学中的正弦型函数.已知某一类型信号的波形可以用和进行叠加生成，即生成的波形对应函数解析式为.
（1）若，讨论在上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：）；
（2）若，令，函数，写出函数的导函数在上的零点个数，并说明理由
【答案】（1）函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
（2）在上的零点个数为，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值点的定义进行求解判断即可；
（2）根据导数的性质，结合零点的定义、零点存在原理进行求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
因此，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因此是函数的极大值点，是函数的极小值点，
综上所述：函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
【小问2详解】
因为，所以，
因此，
设，
所以，
当时，因为，所以单调递减，
当时，，，
，
所以，因此此时函数单调递减，
所以当时，函数单调递减，因为，
所以函数在时有唯一零点，即在上的零点个数为.
【点睛】关键点睛：利用导数的性质、零点存在原理是解题的关键.