2023届新疆和田地区策勒县高三上学期11月期中教学情况调研数学（理）试题含答案

这是一份2023届新疆和田地区策勒县高三上学期11月期中教学情况调研数学（理）试题含答案，共19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届新疆和田地区策勒县高三上学期11月期中教学情况调研数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则(RA)∩B＝（    ）A．[0，2) B．[－1，0) C．[－1，0] D．(－∞，－1)【答案】C【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．【详解】或，所以或，所以，，所以．故选：C.2．在复平面内，复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的乘方、除法运算化简，然后判断出所在的象限.【详解】依题意，对应点的坐标为，在第二象限.故选：B【点睛】本小题主要考查复数乘方、除法运算，考查复数对应点所在象限.3．在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】根据正弦定理分别判断充分性和必要性即可.【详解】由正弦定理可知，若，则，则，则可得“”是“”的充分条件，再由可得，，即，所以，从而，即“”是“”的必要条件，所以“”是“”的充要条件.故选：C.4．设A，B，C，D是空间内不公面的四点，且满足，，，则是（    ）A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．任意三角形【答案】B【分析】判断三角形的形状有两种基本的方法①看三角形的角，②看三角形的边，可用向量的夹角来判断三角形的角．【详解】∵，，，∴∴∴是锐角.同理，是锐角，则是锐角三角形.【点睛】本题本题考查了三角形的形状判断问题，考查向量的分解，重点是向量的夹角公式．5．设不等式组表示的可行域与区域关于原点对称，若点，则的最大值为A． B． C．1 D．9【答案】B【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用对称性求出区域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】根据条件作出不等式组对应的平面区域如图：则三角形是对应区域，设则，平移直线,由图象知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，最大值为，故选B．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义是解决本题的关键．本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.6．下列说法中错误的个数为（    ）①图象关于坐标原点对称的函数是奇函数；②图象关于轴对称的函数是偶函数；③奇函数的图象一定过坐标原点；④偶函数的图象一定与轴相交．A．4 B．3 C．2 D．0【答案】C【分析】根据奇函数、偶函数的图象的特征判断①、②正确，通过举特殊的奇函数、偶函数判断出③、④错误．【详解】解：①、图象关于坐标原点对称的函数一定是奇函数，则①正确；②、图象关于轴对称的函数一定是偶函数，则②正确；③、比如函数是奇函数，但是图象不过坐标原点，则③错误；④、比如函数是偶函数，但是图象不与轴相交，则④错误，综上知，错误的个数为2，故选：C【点睛】本题考查函数的奇偶性的性质，可以通过举反例说明命题错误，熟练掌握函数的奇偶性的性质是解题的关键．7．若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为，则抛物线的标准方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：先求出抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程，根据点到直线的距离及题意求出的值，可得抛物线的方程．详解：由题意得抛物线的焦点为．又双曲线方程为，故其渐近线方程为，即．由题意得，解得．∴抛物线的标准方程为．故选A．点睛：本题考查抛物线的标准方程和双曲线渐近线方程的求法，属容易题，解题的关键是熟记相关的结论和方法．8．某校的6名高二学生打算参加学校组织的“篮球队”“微电影社团”“棋艺社”“美术社”“合唱团”5个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团，每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“微电影社团”的不同参加方法种数为（    ）A．1440 B．3600 C．5040 D．6840【答案】C【分析】根据参加“微电影社团”的人数为或进行分类，先分堆后分配即可.【详解】可分两类：第一类，若有1人参加“微电影社团”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人参加剩下4个社团，人数安排有1，1，1，2和0，1，2，2两种情况，所以不同的参加方法种数为；第二类，若无人参加“微电影社团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有1，1，2，2和0，2，2，2两种情况，所以不同的参加方法种数为．故不同的参加方法种数为.故选：C．9．如图是某圆锥的三视图，其正视图是一个边长为1的正三角形，圆锥表面上的点M，N在正视图上的对应点分别是A、B．则在此圆锥的侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（    ）A． B．2 C． D．1【答案】C【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为圆锥，沿母线展开，求解三角形可得在此圆锥的侧面上从到的路径中的最短路径的长度．【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为圆锥，圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，即底面半径，母线，沿母线展开，则在此圆锥的侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为，由圆锥底面周长为，设展开扇形的圆心角为，则，即，即展开后是半径为1的半圆，所以．故选：C．10．设函数，则（    ）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．在上的最小值为D．在上单调递减【答案】C【分析】先将函数化为只含有一个三角函数形式，根据函数的周期可判断A;将代入函数解析式验证函数值是否取最大或最小值，可判断B;求出函数在上的最小值，可判断C;求出函数的单调递减区间，可判断D.【详解】因为，所以的最小正周期为，故A错误；因为,所以不是函数的对称轴，故B错误；当时，，最小值为，故C正确；由得，因为不是的子集，故D错误，故选：C.11．已知点是双曲线右支上一点，、分别是双曲线的左、右焦点，为的内心，若成立，则双曲线的渐近线方程为　　A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆与的三边、、分别相切于点，连接 ,，，可看作三个高均为圆半径的三角形利用三角形面积公式，代入已知式，化简可得，再结合双曲线的定义与渐近线方程可得所求．【详解】如图，设圆与的三边、、分别相切于点，连接，则，，，它们分别是，，的高，，，，其中是的内切圆的半径．，，两边约去得：，，根据双曲线定义，得，，，，，可得双曲线的渐近线方程为 ,即为，故选A．【点睛】本题主要考查双曲线的定义以及双曲线的渐近线，着重考查了双曲线的基本性质、三角形内切圆的性质，属于中档题．解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.12．若实数满足方程，实数满足方程，则函数的极值之和为（    ）A． B． C． D．4【答案】D【分析】利用反函数的性质结合条件可得，然后利用导数可得函数在时的极值，进而可得时的极值，即得.【详解】因为实数满足方程，实数满足方程，所以是函数与交点的横坐标，是函数与交点的横坐标，因为函数与互为反函数，图像关于对称，由与垂直，由，解得，故，由于定义域为，又，所以函数为奇函数，极值点关于原点对称，设，当时，，则，由，解得，由，可得单调递增，由，可得单调递减，所以时，函数有极值为，当时，同理求得极值为，故两个极值之和为.故选；D. 二、填空题13．已知命题p：，命题q：，那么p是q的      条件.（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）【答案】必要不充分【分析】先化简命题，再利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】解：因为命题p：，即为，命题q：即为，所以p是q的必要不充条件，故答案为：必要不充分14．设二项式展开式中项的系数为          【答案】54【分析】首先写出展开式的通项，再令，求出，最后代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以，故展开式中项的系数为；故答案为：15．设向量，且，则           .【答案】5【分析】由得：，分别求出，代入即可得出答案.【详解】因为，所以，，因为，所以，所以.故答案为：5.16．已知长方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，且，，球O的表面积为，则OA与平面ABCD所成的角为          ．【答案】 【分析】设长方形的外心为，由勾股定理可求得，根据球的表面积求得球的半径，利用，可求得对应线面角的弧度数.【详解】设长方形的外心为，故对角线，故，依题意，故线面角，故.【点睛】本小题主要考查几何体外接球有关的计算，主要方法是根据题意，利用直角三角形来求得线面角的余弦值，进而求得线面角的大小，属于中档题. 三、解答题17．已知正项等比数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）时，由，得，两式相减化简可得，从而可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，进而可求出其通项公式；（2）由（1）可得，然后分组求和，分别利用等比数和等差数列的求和公式求解即可【详解】（1）当时   ①   ②得，即，又，数列是首项为2，公比为2的等比数列，；（2），.【点睛】此题考查由递推式求通项公式，考查等比数列的判断，考查等比数列和等差数列的求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题18．在某城市气象部门的数据库中，随机抽取30天的空气质量指数的监测数据，整理得如下表格：空气质量指数优良好轻度污染中度污染重度污染天数5 84 空气质量指数为优或良好，规定为Ⅰ级，轻度或中度污染，规定为Ⅱ级，重度污染规定为Ⅲ级.若按等级用分层抽样的方法从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天.（1）求，的值；（2）若以这30天的空气质量指数来估计一年的空气质量情况，试问一年（按366天计算）中大约有多少天的空气质量指数为优？（3）若从抽取的10天的数据中再随机抽取4天的数据进行深入研究，记其中空气质量为Ⅰ级的天数为，求的分布列及数学期望.【答案】（1），.（2）61天（3）见解析【分析】（1）由题意知空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的，从而可解得a，b的值．（2）由表可知随机抽取的30天中的空气质量类别为优的天数，由此能估计一年中空气质量指数为优的天数．（3）由题意知X的取值为0，1，2，3，4，分别求出相对应的概率，从而能求出X的分布列及数学期望．【详解】（1）由题意知从中抽取10天的数据，则空气质量为Ⅰ级的恰好有5天，所以空气质量为Ⅰ级的天数为总天数的，所以5+a=15，8+4+b=15，可得，.（2）依题意可知，一年中每天空气质量指数为优的概率为，则一年中空气质量指数为优的天数约为.（3）由题可知抽取的10天的数据中，Ⅰ级的天数为5，Ⅱ级和Ⅲ级的天数之和为5，满足超几何分布，所以的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，的分布列为01234 故.【点睛】本题考查了频率与概率的关系，考查了离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题．19．如图1，等腰梯形ABCD中，AD//E是BC的中点，如图2将沿AE折起，使面面连接是棱BC上的动点．  (1)求证：(2)若，当为何值时，二面角的大小为【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）利用面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式,结合二面角与向量的夹角的关系即可求解.【详解】（1）取中点为，连接,依题意知，均为等边三角形，所以又平面,所以平面,又平面,所以.（2）因为平面平面，，平面平面,平面,所以平面,又平面,所以.因为所以建立空间直角坐标系，如图所示  ,则,,设，则，设平面的法向量为，则,即，令，则，，所以，易知平面的法向量为，因为二面角的大小为，所以，化简得，解得或（舍）.所以当时，二面角的大小为.20．函数.（1）若函数在处的切线为，求函数的单调递增区间；（2）证明：对任意时，.【答案】（1）单调递增区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）先求，由题得，解出，代入，由得到的单调递增区间；（2）代入化简得，转化为证明：，即证：，令，则有，即证：，构造，利用导数证明即可.【详解】（1），由题有所以，又定义域为，，所以函数的单调递增区间为；（2）由（1）有，，由，下证：，等价于.设，由，则.原式等价于：.设，，恒成立，所以在上单调递增，，得证.【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、单调区间、不等式的证明等知识，考查转化与化归的思想，以及逻辑推理和运算求解能力.21．在直角坐标系中，椭圆（）的左右焦点分别为和，若为椭圆上动点，直线与椭圆交于另一点，若三角形的周长为为，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线、与直线分别交于点、，记直线和直线的斜率分别为和，若，试求直线的斜率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆定义求出，再代入点求出即可求出方程；（2）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理化简计算可求解.【详解】（1）由已知和椭圆的定义知：三角形的周长，故，所以椭圆的方程为，又点在椭圆上，故，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）由已知可得直线的斜率不为，故可设直线的方程为，设，，联立方程组，消去得：故有，，故，，直线的方程为，解得与直线的交点，同理解得，故，，．故，解得．所以直线的斜率．22．已知圆：，圆：.(1)将圆化成极坐标方程；(2)在极坐标系中，已知直线与圆、圆分别交于P、Q两点（P、Q都不是原点），求的最大值.【答案】(1)(2)4 【分析】（1）将圆的方程展开，然后可得答案；（2）当时，可得，然后利用三角函数的知识求解即可.【详解】（1）将圆：展开得：，于是，即圆的极坐标方程为，得；（2）当时，得、，则，即的最大值为4.23．已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）代入的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为恒成立，当时，，令，求出的最大值，求出的范围即可．【详解】（1）当时，， 由，得或或，解得：或，故不等式的解集是；（2）当]时，，因此恒成立，即恒成立，整理得：，当时，成立，当时，，令，∵，∴，∴，∴，故，故．【点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.