2023届广东省广州市培正中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2023届广东省广州市培正中学高三上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解不等式得到，然后求交集即可.
【详解】不等式是可整理为，解得，所以，
则.
故选：B.
2．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
【详解】由，所以复数的虚部为.
故选：B
3．已知点，，且，则（ ）
A．（2，5）B．（2，-5）C．（-2，-5）D．（-2，5）
【答案】B
【分析】利用平面向量的加法运算求解.
【详解】解：因为点，，
所以，
所以．
故选：B
4．函数的图象大致为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性及特殊值即可作出判断．
【详解】由易得f（﹣x）+f（x）＝0，
∴f（x）是奇函数；
当x=1时，排除A，
当x＞0时，，函数在上单调递减，
故可排除Ｂ，Ｄ
故选Ｃ
【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
5．已知椭圆的长轴长是短轴长的3倍，则椭圆的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题先根据已知求得，再求离心率即可.
【详解】解：因为椭圆的长轴长是短轴长的3倍，所以即
所以
故选：C
【点睛】本题考查求椭圆的离心率，是基础题.
6．若，则（ ）
A．0B．C．3D．7
【答案】D
【分析】由条件结合平方关系及二倍角公式可求，根据商的关系和二倍角公式及诱导公式化简，代入求值即可.
【详解】因为，
所以，
所以，即
又，
所以，
故选：D.
7．下列命题是真命题的是
A．，
B．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．的充要条件是
【答案】B
【分析】取特殊值来判断A选项中命题的正误，取特殊数列来判断B选项中命题的正误，求出不等式，利用集合包含关系来判断C选项命题的正误，取特殊向量来说明D选项中命题的正误．
【详解】对于A选项，当时，，所以，A选项中的命题错误；
对于B选项，若，则等比数列的公比为，但数列是递减数列，若，等比数列是递增数列，公比为，所以，“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件，B选项中的命题正确；
对于C选项，解不等式，得或，
由于，所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，C选项中的命题错误；
对于D选项，当时，，但与不一定垂直，所以，D选项中的命题错误．
故选B.
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用三角函数的符号确定角、、的范围，再利用两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系的商数关系得到关于和的方程组，再利用两角和的正弦公式求出，进而结合角的范围进行求解.
【详解】因为，，
所以或；
若，则，
此时（舍）；
若，则，
此时（符合题意），
所以，
即；
因为且，
所以且，
解得，，
则，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．相关系数可衡量两个变量之间线性关系的强弱，的值越接近于1，线性相关程度越强
B．在对两个分类变量进行独立性检验时，计算出的观测值为，已知，则可以在犯错误的概率不超过的前提下认为两个分类变量无关
C．一组容量为100的样本数据，按从小到大的顺序排列后第50，51个数据分别为13，14，则这组数据的中位数为
D．相关指数可用来刻画一元回归模型的拟合效果，回归模型的越大，拟合效果越好
【答案】ACD
【分析】根据相关系数、相关指数的意义判断A、D的正误，由独立检验的基本思想判断B，根据中位数的定义求中位数判断C.
【详解】A：由相关系数的意义知：其绝对值越接近于1，变量间的相关程度越强，正确；
B：说明有的把握认为两个分类变量有关，或在犯错误的概率不超过的前提下认为两个分类变量有关，错误；
C：由描述知：该组数据的中位数为，正确；
D：由相关指数的意义：当相关指数值越大说明模型的拟合效果越好，正确；
故选：ACD.
10．设，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由题意可得，，可判断C；根据可判断A；利用对数的运算可判断B；根据可判断D．
【详解】已知，，所以C正确；
，即，
因为，所以，A错误；
，B正确；
因为，所以，D正确．
故选：BCD．
11．已知定义域为，值域为的函数满足，，．当时，，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在上单调递减
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】令，求得判断A，赋值根据偶函数定义判断B，根据单调性定义判断C，根据单调性解不等式判断D.
【详解】令，得，解得或，
因为的值域为，所以，A正确；
令，得，
则，故为奇函数，B错误；
任取，，且，则，
由题意可得，
因为，所以，
又因为的值域为，所以，，
所以，则，即，
所以在上单调递减，C正确；
不等式转化为，
根据的单调性可得，解得，D正确.
故选：ACD
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
三、填空题
13．小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入右面的表格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数有 个
【答案】20
【分析】根据表示数字的火柴棒的根数分类讨论，结合排列组合即可求解．
【详解】由题意可得，用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，
数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两类：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，
这样组成的无重复数字的三位数个数为：．
故答案为：20
14．如图，在正四棱台中，，分别是正方形，的中心.若以为球心，为半径的球与平面相切，且是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为 .
【答案】
【分析】设出，，，结合题干条件得到，，从而求出四棱台的体积和外接球的体积，得到比值.
【详解】设，，，
因为以为球心，为半径的球与平面相切，所以，
因为是该四棱台的外接球球心，所以，即，
所以四棱台的体积，
且外接球的体积，则.
故答案为：.
15．若函数有三个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】把等价转化为易于作图的两个函数，借助图象数形结合即可得解.
【详解】当时，，即0是f(x)的一个零点，要f(x)有三个零点，当且仅当时f(x)有两个零点；
而时，，即的图象与直线有两个不同的交点，
当时，，时，时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，
在同一坐标系内作出函数的图象和动直线y=a，如图所示：
观察图象得：的图象与直线y=a有两个公共点，实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及函数零点个数求参数范围问题，作出函数图象，数形结合是解题关键.
16．已知双曲线的方程为，其左、右焦点分别是，已知点坐标，双曲线上点满足，则 ．
【答案】2
【分析】根据向量的坐标运算表达可得，再将代入双曲线化简可得，故有，再计算可得点到轴，直线的距离均为，进而可求得.
【详解】由条件，得．又，由向量的坐标运算可得，即，即，解得.
又在双曲线上，所以把代入双曲线，得，即，故，解得或(舍去)．
所以，所以直线的方程为，所以点到直线的距离，易知点到轴，直线的距离均为，所以点是的内心，所以．
故答案为：．
四、解答题
17．在中，内角的对边分别为的面积记为，满足．
（1）求；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由已知条件结合余弦定理以及三角形面积公式进行化简可求的值，结合角的范围可得角；
（2）由已知条件结合正弦定理以及和差角的正弦公式、辅助角公式进行化简，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得：
由三角形的面积公式可得：，
因为，
所以即
可得：，所以，
因为，所以，
（2）由正弦定理可得： ，所以，
且，
所以
，
因为，所以，，
所以，
所以的取值范围为.
18．如图，三棱锥中，平面，线段的中点为，，且.

(1)证明：平面；
(2)若，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用两种方法证明：几何法，通过证明线线垂直，证明线面垂直；向量法，先求出平的法向量，再证明，即可证明结果；
（2）几何法，过点作，垂足为，通过证明平面，从而得到为二面角的平面角，再，利用几可关系求出和,即可求出结果；向量法，根据（1）中所求平面法向量，利用向量中的空间角向量公式即可求出结果.
【详解】（1）法一：在中，，线段的中点为，
所以,
因为平面，平面，
所以．
因为平面，平面，，
所以平面．
法二：如图，以为基底建立空间直角坐标系．

因为，，线段的中点为，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，由
，得到，解得．
令，则，所以．
易知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则由，得到，取，所以．
又因为，
所以，
所以平面
（2）在中，过点作，垂足为，连接，

因为平面，平面，
所以,又因为，平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
又因为，平面，平面，，
所以平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，，
所以，．
同理，在中，，
所以．
所以二面角的余弦值．
法二，设二面角的平面角为，则为锐角，则
，
所以二面角的余弦值．
19．定义在实数集上的函数.
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）求出在处的导数值即切线的斜率，再求出即可得出切线方程；
（2）令，利用导数讨论的单调性，求出其最大值，满足即可求出m的取值范围.
【详解】（1），当时，
∵，，
∴所求切线方程为，即；
（2）令，
则，
∴当时，；当时，；当时，；
要使恒成立，即.
由上知的最大值在或取得.
而，，
，解得.
∴实数m的取值范围.
【点睛】本题考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.
20．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝120，a2﹣a1，a4﹣a2，a1+a2成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Tn为数列{}的前n项和，求满足Tn的最小的n值.
【答案】（1）an＝2n+1（2）14
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由已知列式求得首项与公差，则等差数列的通项公式可求；
（2）求出等差数列的前n项和，再由裂项相消法求Tn，求解不等式得答案.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，
由题意，，解得：a1＝3，d＝2.
∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；
（2）由（1）得，，则，
∴.
由Tn，得3n2﹣35n﹣60＞0，解得：n（舍）或n.
又，
∴n的最小值为14.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前n项和，考查等比数列的性质，训练了利用裂项相消法求数列的前n项和，属于基础题.
21．近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品请3位专家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若1件手工艺品3位专家都认为质量过关，则该手工艺品质量为A级；（ii）若仅有1位专家认为质量不过关，再由另外2位专家进行第二次质量把关，若第二次质量把关的2位专家都认为质量过关，则该手工艺品质量为B级，若第二次质量把关的2位专家中有1位或2位认为质量不过关，则该手工艺品质量为C级；（iii）若有2位或3位专家认为质量不过关，则该手工艺品质量为D级.已知每一次质量把关中1件手工艺品被1位专家认为质量不过关的概率为，且各手工艺品质量是否过关相互独立.
(1)求1件手工艺品质量为B级的概率；
(2)若1件手工艺品质量为A，B，C级均可外销，且利润分别为900元、600元、300元，质量为D级不能外销，利润为100元.
①求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件.
②记1件手工艺品的利润为X元，求X的分布列与均值.
【答案】(1)
(2)①2件；②分布列见解析，
【分析】（1）结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出所求概率.
（2）①设10件手工艺品中不能外销的手工艺品是件，结合二项分布的知识求得的最大值，从而得出结论.
②结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出分布列，并求得数学期望.
【详解】（1）由题意知，1件手工艺品质量为B级的概率为.
（2）①由题意可知，1件手工艺品质量为D级的概率为，
设10件手工艺品中不能外销的手工艺品是件，则，
则，其中.
.
由得，所以当时，，
即，由得，
所以当时，，
所以当时，最大，即10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是2件.
②由题意可知，1件手工艺品质量为A级的概率为，
1件手工艺品质量为B级的概率为，
1件手工艺品质量为C级的概率为，
1件手工艺品质量为D级的概率为，
所以X的分布列为
则.
22．设函数，为曲线在点处的切线．
（1）求的方程．
（2）当时，证明：除切点之外，曲线在直线的下方．
（3）设，，，且满足，求的最大值．
【答案】（1）（2）见解析（3）．
【分析】（1）先求导,再求的值,根据导数的几何意义可知切线的斜率即为.由点斜式可得直线方程.
（2）即证明，恒成立.变形可得即证恒成立即可.构造函数求导，得到函数的单调性，根据单调性可求其最值，其最大值小于0即可.
（3）当且时由（2）可知.当中至少有一个大于等于时,可用配方法求各自值域再相加.
【详解】（1）.
所以 .
所以 L的方程为，即．
（2）要证除切点之外，曲线C在直线L的下方，只需证明，恒成立.
因为 ，
所以只需证明，恒成立即可．
设，
则.
令，解得，.
当在上变化时，的变化情况如下表
所以 ，恒成立，即除切点之外，曲线在直线的下方．
（3）（ⅰ）当且时，
由（2）可知：，
，.
三式相加，得.
因为 ，
所以 ，且当时取等号．
（ⅱ）当中至少有一个大于等于时，
不妨设，则，
因为 ，，
所以 ．
综上所述，当时取到最大值.
X
900
600
300
100
P
0
0
增
0
减
增
0