山西省运城市2022-2023学年高三数学上学期期末调研测试试题（Word版附解析）.doc

1、运城市2022-2023学年第一学期期末调研测试高三数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集UR，Ax|0x3，Bx|x1，则图中阴影部分表示的集合为（）A. x|1x3B. x|1x3C. x|1x3D. x|1x3【答案】D【解析】【分析】图中阴影部分表示的集合为，结合已知中的集合，可得答案【详解】图中阴影部分表示的集合为，全集UR，Ax|0x3，故选：D2. 已知（为虚数单位）是纯虚数，则（）A. B. 0C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】化简复数，由于复数是纯虚数，则实部为0，虚部不为0.【详解】因

2、为复数为纯虚数，则，所以.故选：A3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题知双曲线的焦点在轴上，进而得，再求焦距即可.【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，即，所以，双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以，所以，的焦距为.故选：D4. 几何原本是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中

3、利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接.因为为中点，且，所以四边形为矩形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.设圆的半径为1，则.因为，所以.在直角中，得.所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.5. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由函数奇偶性与单调性判断，【详解】由图知函数是奇函数，对于A，故是非奇非偶函数，故排除A，对于C，当时，为单调递增函数，故排除C，对于D，则是偶函数，故排除D，故选：B6. 已知，若，则（）A. B. 3C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知，进而结合二倍角公式整理得，即

4、，再代入求解即可.【详解】解：因为，所以，即所以.故选：B7. 已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题知，进而构造函数，再根据函数的单调性得，再与求和整理即可得答案.【详解】解：由题知，所以，所以令，则，因为，恒成立，所以，在上单调递减，所以，即因为，所以，即故选：C8. 已知为数列的前项和，且满足，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题，当时，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，为正奇数，再求和即可.【详解】解：因为，所以，当时，解得，当时，所以，当为偶数时，故，为正奇数；当为奇数时，即，故，为正偶数；所以

5、，故选：A二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9. 近年来新冠疫情波及到千家万户，人们的生活方式和习惯不得不发生转变，短视频成了观众空闲时娱乐活动的首选某电影艺术中心为了解短视频平台的观众年龄分布情况，向各大短视频平台的观众发放了线上调查问卷，共回收有效样本4000份，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A. 图中B. 在4000份有效样本中，短视频观众年龄在1020岁的有1320人C. 估计短视频观众的平均年龄为32岁D. 估计短视频观众年龄的75%分位数为39

6、岁【答案】CD【解析】【分析】根据频率和为可构造方程求得，知A错误；由频率和频数的关系可求得观众年龄在岁的人数，知B正确；由平均数和百分位数的估计方法可验证知CD正确.【详解】解：对于A，A错误；对于B，由频率分布直方图知：短视频观众年龄在岁的人对应频率为，短视频观众年龄在岁的有人，B错误；对于C，平均年龄，C正确；对于D，设分位数为，则，解得：，D正确.故选：CD.10. 已知函数的图像关于直线对称，则（）A. 满足B. 将函数的图像向左平移个单位长度后与图像重合C. 若，则的最小值为D. 若在上单调递减，那么的最大值是【答案】ABC【解析】【分析】由题知，进而结合三角函数的性质依次讨论各选

7、项即可得答案.【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，所以，即，因为，所以，即，对于A，故，A正确；对于B，函数的图像向左平移个单位长度后得到的函数解析式为，故B正确；对于C，设函数的最小正周期为，则，因为，故当时，故C正确；对于D，在上单调递减，那么的最大值是，故D错误.故选：ABC11. 已知直线，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则有（）A. 长度的最小值为B. 不存在点使得为C. 当最小时，直线的方程为D. 若圆与轴交点为，则的最小值为28【答案】BD【解析】【分析】由题知圆的圆心为，半径为，进而根据圆的切线问题依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：由题知圆的圆心为，半径为，

8、对于A，因为圆心到直线的距离为，所以，故，故A错误；对于B，假设存在点使得为，如图，则，故在中，由A选项知，故矛盾，即不存在点使得为，故B正确；对于C，由于,故四边形的面积为，所以，故当最小时，最小，由A选项知，此时，即直线的斜率为，由于直线的斜率为，故C错误；对于D，由题知，设，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为，故D正确；故选：BD12. 已知直三棱柱中，是的中点，为的中点点是上的动点，则下列说法正确的是（）A. 无论点在上怎么运动，都有B. 当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球表面积为C. 若三棱柱，内放有一球，则球的最大体积为D. 周长的最小值【答案】ABD【解析】【分析】由题

9、知两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，进而利用判断A；根据向量求解线面角得是的中点时直线与平面所成的角最大，进而求解几何体的外接球判断B；根据内切圆的半径为判断C；根据是的中点时求解判断D.【详解】解：因为直三棱柱中，平面，因为平面，所以，因所以，两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，因为是的中点，为的中点，点是上的动点则，对于A选项，故，A正确；对于B选项，由题已知平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，所以，当且仅当时等号成立，此时是的中点，此时中点到点的距离均为，故三棱锥的外接球心为，半径为，所以，三棱锥的外接球表面积为，故B正确；对于C选项，三棱柱，内放有一球

10、，当球的体积最大时，为该三棱柱的内切球，由于内切圆的半径为，故三棱柱内切球的半径为，其体积不等于，故C错误；对于D，当是的中点时，此时，此时，即，所以当是的中点时，即取得最小值，分别为因为所以，周长的最小值，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_【答案】【解析】【分析】令，则，进而，再根据通项公式求解即可.【详解】解：令，则，所以等价于，所以展开式的通项为，令得，所以，故答案为：14. 已知，则向量在向量上的投影向量为_【答案】#【解析】【分析】由题知，进而根据投影向量的概念求解即可.【详解】解：因为所以，解得，所以，向量在向量上的投影向量为故

11、答案为：15. 已知定义在R上偶函数满足，若，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】根据函数的满足的性质推得其周期，进而推得，再由集合偶函数的求导可得，可构造函数，并判断其单调性，从而将化为，即，利用函数单调性，即可求得答案.【详解】且是定义在R上的偶函数，以代换x，得，是以3为周期的周期函数，故，即 由可得，即，又，即，令 ，则 ，为R上的增函数，不等式 即，即， ，即不等式的解集为，故答案为：16. 椭圆的左右焦点分别为为椭圆上位于x轴上方的两点，且满足，若构成公比为2的等比数列，则C的离心率为_【答案】#【解析】【分析】设，进而结合题意，根据椭圆的定义得，再结合余弦定理，根据得，进而

12、可求得答案.【详解】解：设，因为构成公比为2的等比数列，所以，因为由椭圆的定义知，所以，即，所以在中，在中，因为，所以，所以，整理得，即，所以，椭圆的离心率，故答案为：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. 设等差数列的前n项和为，已知，各项均为正数的等比数列满足（1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列通项公式与等比数列性质计算得，进而求解通项公式即可；（2）由题知，进而根据错位相减法求解即可；【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因为所以，解得，所以因为各项均为正数的等比数列满足，所

13、以，即，故，所以，等比数列的公比为，解得，所以所以，.【小问2详解】解：由题知，所以；，所以，所以18. 在锐角中，内角的对边分别为，且满足：（1）求角的大小；（2）若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦边化角，并结合恒等变换得，再结合题意得，进而根据内角和定理得答案；（2）由题，结合（1）得，设，则，进而根据锐角三角形得，在在中，由正弦定理得，进而，再根据三角函数性质求范围即可.【小问1详解】解：因为所以，即所以，所以，即，因为在锐角中，所以，即，因为，所以，解得所以【小问2详解】解：因为，角与角的内角平分线相交于点，所以，所以所以

14、，设，则，因为为锐角三角形，所，解得所以，在中，由正弦定理得，所以，面积因为，所以，所以，所以，所以，面积的取值范围是.19. 为了迎接2022年世界杯足球赛，某足球俱乐部在对球员的使用上一般都进行一些数据分析，在上一年的赛季中，A球员对球队的贡献度数据统计如下：球队胜球队负总计上场22未上场1220总计50（1）求的值，据此能否有的把握认为球队胜利与球员有关；（2）根据以往的数据统计，球员能够胜任前锋中锋后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为：，当出任前锋中锋后卫以及守门员时，球队赢球的概率依次为：，则：当他参加比赛时，求球队某场比赛赢球的概率；当他参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求

15、球员担当守门员的概率；在2022年的4场联赛中，用X表示“球队赢了比赛的条件下球员担当守门员”的比赛场次数，求的分布列及期望附表及公式：【答案】（1），没有的把握认为球队胜利与球员有关；（2）0.27；分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据列联表中的数据补全，再根据独立性检验求解即可；（2）根据独立事件的乘法公式求解即可；根据条件概率计算求解即可；由题知，进而根据二项分布求解即可.【小问1详解】解：根据题意，补全列联表如下表：球队胜球队负总计上场2230未上场1220总计302050所以，所以，没有的把握认为球队胜利与球员有关【小问2详解】解：根据题意，记球员参加比赛时，球队某场比赛赢球为

16、事件，所以，球员参加比赛时，球队某场比赛赢球的概率为.记球员担当守门员为事件，则，所以，当球员参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，球员担当守门员的概率为，因.所以，球员参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，球员担当守门员的概率为由知，球队赢了比赛的条件下球员担当守门员的概率为，由题知的可能取值为，且所以；.所以，的分布列如下表，所以，20. 如图，水平面上摆放了两个棱长为的正四面体和（1）求证：；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接与交于点，过点分别作平面，平面，垂足分别为，进而证明四边形为平行四边形，四边形时菱形即可证明结论；（2）取线段中点

17、，连接，证明平面，进而根据可以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，再根据向量法求解即可.【小问1详解】证明：因为与共面，所以，连接与交于点，因为四面体和是相同的正四面体，所以，与均为等边三角形，即，所以，四边形时菱形，则为与中点，过点分别作平面，平面，垂足分别为，所以，由正四面体的性质可知，分别为、的中心，且在上，因为正四面体的棱长为，所以，因为平面，平面，所以，同理得，所以，故四边形为平行四边形，所以，因为四边形时菱形，所以【小问2详解】解：由题知，取线段的中点，连接，易知，故为中点，因为四边形为平行四边形，所以，因为分别为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，

18、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，则，设平面的法向量为，则，令得，故，设平面的法向量为，则，令得，故，所以，由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为21. 已知抛物线的焦点为（1）如图所示，线段为过点且与轴垂直的弦，动点在线段上，过点且斜率为1的直线与抛物线交于两点，请问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；（2）过焦点作直线与交于两点，分别过作抛物线的切线，已知两切线交于点，求证：直线、的斜率成等差数列【答案】（1）是定值;定值为4.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得的坐标，设，可得直线l的方程，联立抛物线方程，由根与系数关系可得

19、结论；（2）设直线的方程为；，设点，联立直线和抛物线方程，由根与系数关系可得，利用直线斜率公式表示直线、的斜率，化简可证明结论.【小问1详解】依题意知 ，将 代入可得，设，所以直线l的方程为，联立方程 ，得： ,当不满足题意舍去，则是定值.【小问2详解】证明：依题意设直线的方程为； ，设点 ,联立方程 得： ， ，又,点F坐标为, ,，所以直线、的斜率成等差数列【点睛】方法点睛：证明直线、的斜率成等差数列时，要利用斜率公式表示出直线、的斜率，说明他们的斜率满足，因此解答时需要设直线方程以及交点坐标，联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，然后化简整理，证明即可.22. 已知（1）求证：恒成立；（

20、2）令，讨论在上的极值点个数【答案】（1）证明见解析；（2）在上有3个极值点.【解析】【分析】（1）求得函数定义域，求出函数的导数，判断正负，确定函数单调性，即可证明结论；（2）求出函数的导数，对x的取值分段讨论，判断导函数的正负，从而判断导函数的变号零点个数，从而可判断函数的极值点个数.【小问1详解】证明：由,得的定义域为 , ,当时， ，单调递增，当 时，单调递减, ，即 恒成立.【小问2详解】 ， , ,当 , 单调递增，单调递减,所以 在上单调递增，又 ，,所以在上有一个变号零点故在上有一个极值点；当 时， ， ，所以 ，此时单调递增，在这一区间内无极值点；当 ，令 ， ，又在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，又 ，所以存在使得，所以在上单调递减，在 上单调递增，又，所从在有1个变号零点，所以有1个极值点；当时， ，函数单调递增，所以这一区间内无极值点，结合可知也是的一个极值点，综上在上有3个极值点.【点睛】方法点睛：判断函数极值点的个数问题，即是判断其导数有无变号零点的问题，解答时要注意到判断导数的正负时，要进行分类讨论，并能结合零点存在定理，判断导函数的零点个数，从而判断函数的极值点问题.