【期中真题】山西大学附属中学校2022届高三上学期期中数学(理)试题.zip
展开山西大学附中
2021~2022学年高三第一学期期中考试
数学试题(理)
命题人:张耀军
一、选择题:(本题共12小题,每小题5分,共60分.每小题只有一个选项正确)
1. 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】D
【解析】
【分析】求得复数对应的坐标,从而确定正确选项.
【详解】复数对应的点为,在第四象限.
故选:D
2. 已知集合,集合,则下列正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合D,再利用集合的基本关系判断.
【详解】因为,,
所以
故选:D
3. 命题“都有”的否定是( )
A. 不存在
B. 存在
C. 存在
D. 对任意的
【答案】B
【解析】
【分析】由全称命题的否定:将任意改为存在并否定原结论,即可写出原命题的否定.
【详解】由全称命题的否定为特称命题,
∴原命题的否定为:存在.
故选:B
4. 某社区医院为了了解社区老人与儿童每月患感冒的人数(人)与月平均气温()之间的关系,随机统计了某4个月的患病(感冒)人数与当月平均气温,其数据如下表:
月平均气温 | 17 | 13 | 8 | 2 |
月患病(人) | 24 | 33 | 40 | 55 |
由表中数据算出线性回归方程中的,气象部门预测下个月的平均气温约为,据此估计该社区下个月老年人与儿童患病人数约为( )
A. 38 B. 40 C. 46 D. 58
【答案】C
【解析】
【分析】由表格数据求样本中心,根据线性回归方程过样本中心点,将点代入方程求参数,写出回归方程,进而估计下个月老年人与儿童患病人数.
【详解】由表格得为,由回归方程中的,
∴,解得,即,
当时,.
故选:C.
5. 下列函数中,既是奇函数,又在区间上为增函数的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定奇偶性,排除两个选项,再根据单调性得出正确结论.
【详解】函数的定义域是,函数不是奇函数,
中时,,函数不奇函数.
时,,是奇函数,,,在上不是增函数,
,是奇函数,且是增函数,是减函数,因此是增函数,在上也是增函数,
故选:D.
6. 被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应有,就是黄金分割比的近似值,黄金分割比还可以表示成,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将代入代数式,利用二倍角公式以及同角三角函数的基本关系化简即可得解.
【详解】.
故选:A.
7. 设函数,则下列结论正确的是( )
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 把的图象向左平移个单位长度,得到一个偶函数的图象
D. 在区间上为增函数
【答案】C
【解析】
【分析】由可判断A;由可判断B;的图象向左平移个单位可得,可判断C;由可判断D
【详解】当时,,,故直线不为对称轴,A不正确;
当时,,,故点不为对称中心,B不正确;
把的图象向左平移个单位长度,得到函数
,它是偶函数,C正确;
由,在上不单调,D不正确
故选:C
8. 已知点,若点C是圆上的动点,则面积的最小值为( )
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出直线的方程和线段的长度,利用圆心到直线的距离再减去圆的半径得出的高的最小值,即可求解.
【详解】由题意,易知直线的方程为,且,
∵圆可化为,
∴圆心为,半径为1,
又∵圆心到直线的距离,
∵的面积最小时,点C到直线的距离最短,该最短距离即圆心到直线的距离减去圆的半径,
故面积的最小值为.
故选:D.
9. 如图,在河岸一侧取A,B两点,在河岸另一侧取一点C,若AB=12m,借助测角仪测得∠CAB=45°,∠CBA=60°,则C处河面宽CD为( )
A. 6(3+)m B. 6(3-)m
C. 6(3+2)m D. 6(3-2)m
【答案】B
【解析】
【分析】在Rt△BCD中,根据∠CBA=60°,用BD表示出CD,在Rt△ACD中,∠CAB=45°,得到CD=AD,根据AD+BD=12,求出BD,计算出CD,得到答案.
【详解】在Rt△BCD中,∠CBA=60°,
∵tan∠CBD=,
∴CD=BD•tan∠CBD=BD,
在Rt△ACD中,∠CAB=45°,
则CD=AD,
∵AB=AD+BD=12,
∴BD+BD=12,
解得BD=6﹣6,CD=BD=18﹣6.
故选:B
10. 设函数f(x)在R上可导,其导函数为,且函数的图象如图所示,则下列结论中正确的是( )
A. 函数f(x)有极大值f(-3)和f(3) B. 函数f(x)有极小值f(-3)和f(3)
C. 函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(- 3) D. 函数f (x)有极小值f(-3)和极大值f(3)
【答案】D
【解析】
【分析】结合图象,讨论出原函数的单调区间,进而得到极值点的位置,最后得到答案.
【详解】由题意,时,,单调递减;
时,,单调递增;
时,,单调递增;
时,,单调递减.
所以函数有极小值f(-3)和极大值f(3).
故选:D.
11. 已知在正四面体ABCD中,E是AD的中点,P是棱AC上的一动点,BP+PE的最小值为,则该四面体内切球的体积为( )
A. π B. π
C. 4π D. π
【答案】D
【解析】
【分析】首先设正四面体的棱长为,将侧面和沿边展开成平面图形,根据题意得到的最小值为,从而得到,根据等体积转化得到内切球半径,再计算其体积即可.
【详解】设正四面体的棱长为,将侧面和沿边展开成平面图形,如图所示:
则的最小值为,
解得.
如图所示:为正四面体的高,
,正四面体高.
所以正四面体的体积.
设正四面体内切球的球心为,半径为,如图所示:
则到正四面体四个面的距离相等,都等于,
所以正四面体的体积,解得.
所以内切球的体积.
故选:D
12 已知则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用中间值进行比较﹒
【详解】∵,∴4>,∴,即a>c,
同理,∵,∴3>,∴,即b>c,
∵,∴4>,∴;
∵,∴3<,∴,
∴a>b
综上,a>>b>,
故选:A
二、填空题:(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13. 已知平面向量,,若,则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】由,得,即,解得.
故答案为:
14. 设为等比数列的前n项和,若,且成等差数列,则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合等差数列的性质可得,进而可得,由等比数列的通项公式即可得解.
【详解】,,成等差数列,
即,
,等比数列的公比,
.
故答案为:.
【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的综合应用,考查了运算求解能力,属于基础题.
15. 已知下面四种几何体:①圆锥,②圆台,③三棱锥,④四棱锥,如图所示,某几何体的正视图与侧视图均是等腰三角形,则该几何体可能是___________(将符合条件的几何体编号都填上).
【答案】①③④
【解析】
【分析】由几何体和特征进行判断
【详解】由三视图可知,几何体为圆锥、三棱锥和四棱锥,
故答案为:①③④.
16. 将函数的图像向右平移个单位,再把每个点横坐标扩大为原来的2倍(纵坐标不变),得到函数,则的解析式_________,若对于任意,在区间上总存在唯一确定的,使得,则的最小值为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用三角函数图象的平移可得第一空,通过解析式画出函数的图象,结合条件“对于任意,在区间上总存在唯一确定的,使得”,求出的取值范围,进而确定的最小值.
【详解】函数的图像向右平移个单位得到,再把每个点横坐标扩大为原来的2倍(纵坐标不变),得到函数,则.
画出其图象如图,
由图可知,对于任意,在区间上总存在唯一确定的,使得,的取值范围为.
所以的最小值为.
故答案为:;.
【点睛】本题主要考查三角函数图象的平移,以及三角函数的图象与性质,关键点在于如何正确理解“对于任意,在区间上总存在唯一确定的,使得”这一条件,本题利用数形结合是一个不错的选择.
三、解答题:(共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题,每个试题考生读必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.)
(一)必考题:共60分
17. 下图的茎叶图记录了甲,乙两组各八位同学在一次英语听力测试中的成绩(单位:分).已知甲组数据的中位数为24,乙组数据的平均数为25.
(1)求x,y值;
(2)计算甲、乙两组数据的方差,并比较哪一组的成绩更稳定?
【答案】(1),;(2)、,乙组的成绩更稳定.
【解析】
【分析】(1)由题意可得,可求出的值,由平均数的公式列方程可求出y的值;
(2)利用方差公式计算甲、乙两组数据的方差,然后进行判断即可
【详解】(1)由,得,
由,得.
(2)设甲、乙两组数据的方差分别为、,
甲组数据的平均数为,
,,
因为,所以乙组的成绩更稳定.
18. 如图,在四棱锥中,平面平面,,,是边长为的等边三角形,是以为斜边的等腰直角三角形.
(1)证明:平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性质定理可得出平面,可得出,再由已知条件结合线面垂直的判定定理可得出平面,利用面面垂直的判定定理可证得结论成立;
(2)证明出平面,,然后以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】(1)因为平面平面,平面平面,,平面,所以平面,
平面,所以.
又因为,,所以平面.
因为平面,所以平面平面;
(2)取的中点,连接、,
因为,所以.
又因为平面,平面平面,平面平面,
所以平面.
因为平面,所以.
因为,所以.
以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,
由题意得、、、、,
所以,,.
设平面法向量为,则,即,
令,则,,所以.
所以,,
则直线与平面所成角的正弦值为.
19. 已知等比数列的前n项和为,且,数列满足, ,其中n∈N*.
(1)分别求数列和的通项公式;
(2)若,求数列的前n项和.
【答案】(1),且;
(2)且.
【解析】
【分析】(1)根据已知条件,利用公式法,即的关系式求,利用累乘法求;
(2)由知,故用错位相减法求和.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q,由得:,
所以,即,故q=3,
当n=1时,,故,
故数列的通项公式为;
由得:,故,,,……,,,
以上n-1个式子相乘得,,故;
【小问2详解】
由,结合(1)可得:,
所以,,
两式相减得,,
所以,故.
20. 已知椭圆的两焦点为,,为椭圆上一点,且.
(1)求此椭圆的方程;
(2)若点在第二象限,,求的面积.
【答案】(1);
(2)
【解析】
【分析】(1)由题意可设椭圆的标准方程为,根据题意列出关于的等式,即可求解;
(2)由题意可求得所在的直线方程,与椭圆进行联立可求得的坐标,即可求解
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为,焦距为,
由题可得,,
因为,则,即,
则,
所以椭圆的标准方程为;
【小问2详解】
设点坐标为,,,
∵,∴所在的直线方程为,
则解方程组,可得,
∴
21. 已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)求函数单调区间与极值.
(3)若对任意的,都有恒成立,求a的取值范围.
【答案】(1);(2)当时,函数的递增区间为,无递减区间,无极值;当时,函数的递增区间为,递减区间为,;(3).
【解析】
【分析】(1)把代入表达式中并求导,求出在处的导函数值即为切线的斜率,再确定切点坐标,利用点斜式写出在点处的切线方程;
(2)求出,对分类讨论,分别判断单调区间与极值;
(3)因为在时恒成立,所以只需时,结合(2)中函数单调性对分类讨论,求出对应情况下判断是否符合题意,最后将分类计算结果求并集即可.
【详解】(1)当时,,,
∴,∴,
切点为,
∴曲线在点处的切线方程为,即;
(2),
①当时,恒成立,
∴函数的递增区间为,无递减区间,无极值;
②当时,令,解得或(舍)
x,,的变化情况如下表:
x | |||
- | 0 | + | |
极小值 |
∴函数的递增区间为,递减区间为,.
综上:当时,函数的递增区间为,无递减区间,无极值;当时,函数的递增区间为,递减区间为,.
(3)对任意的,使恒成立,只需对任意的,.
所以由(2)的结论可知,
①当时,函数在上是增函数,
∴,∴满足题意;
②当时,,函数在上是增函数,
∴,∴满足题意;
③当时,,函数在上是减函数,在上是增函数,
∴,
∴不满足题意.
综上,a的取值范围为.
(二)选考题,共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中,倾斜角为的直线的参数方程为(t为参数) .以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是.
(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;
(2)若点的极坐标为,直线经过点且与曲线相交于,两点,求,两点间的距离的值..
【答案】(1),;(2)8.
【解析】
【分析】(1)消去参数可得直线的普通方程,利用变形可得曲线的直角坐标方程;
(2)利用直线的参数方程及韦达定理可得答案.
【详解】(1)由参数方程可得,消去参数可得直线的普通方程为:,即;
即,
转化为直角坐标方程可得曲线的直角坐标方程为;
(2)∵的极坐标为,∴点的直角坐标为.
∴,直线的倾斜角.
∴直线的参数方程为.
代入,得.
设,两点对应的参数为,,则,
∴.
[选修4-5:不等式选讲]
23. 已知函数.
(1)若,解不等式;
(2)若,且的最小值为,求证:.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)对绝对值函数进行分段讨论,解不等式即可;
(2)求出的最小值,得到,再利用基本不等式证明即可.
【详解】解:(1)当时,函数
①当时,由得,所以无解
②当时,由得,所以;
③当时,由得,所以.
综上,不等式的解集为.
(2)因为,
当时,取到最小值,
所以,即.
所以,当且仅当时等号成立.
即成立.
【期中真题】辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题.zip: 这是一份【期中真题】辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题.zip,文件包含期中真题辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题原卷版docx、期中真题辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共24页, 欢迎下载使用。
【期中真题】贵州省贵阳市乌当区2023届高三上学期期中质量监测数学(理)试题.zip: 这是一份【期中真题】贵州省贵阳市乌当区2023届高三上学期期中质量监测数学(理)试题.zip,文件包含期中真题贵州省贵阳市乌当区2023届高三上学期期中质量监测数学理试题原卷版docx、期中真题贵州省贵阳市乌当区2023届高三上学期期中质量监测数学理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共20页, 欢迎下载使用。
【期中真题】江西省赣州市十六县市二十校2023届高三上学期期中联考数学(理)试题.zip: 这是一份【期中真题】江西省赣州市十六县市二十校2023届高三上学期期中联考数学(理)试题.zip,文件包含期中真题江西省赣州市十六县市二十校2023届高三上学期期中联考数学理试题原卷版docx、期中真题江西省赣州市十六县市二十校2023届高三上学期期中联考数学理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共27页, 欢迎下载使用。