精品解析：河北省邯郸市涉县第一中学2023届高三上学期期中数学试题

数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点分别是，，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 3. 是抛物线上一点，是抛物线的焦点，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 4. 样本中共有5个个体，其中四个值分别为2，2，3，3，第五个值丢失，若该样本的平均数为3，则样本方差为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 5. 过点作圆的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一，在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）.已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2），若点P在的中点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 在各项不全为零的等差数列中，是其前项和，且，则正整数的值为（ ） A. 11 B. 10 C. 9 D. 8 8. 在棱长为2的正方体中挖掉一个体积最大的圆锥（圆锥的底面在正方体的底面上），再将该圆锥重新熔成一个圆柱，则该圆柱表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，在直三棱柱中，，若，则D可能为（ ） A. 的中点 B. AC的中点 C. 的中点 D. 的重心 10. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 不等式的解集是 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 12. 若存在实数及正整数，使得整数在内有恰有222个零点，则的值可能为（ ） A. 111 B. 148 C. 221 D. 444 三、填空题：本题共4小题，每小题5分.共20分. 13. 给出下列三个论断：①；②；③且.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______. 14. 函数的极值点为，则______. 15. 从各个位数之和为5的所有三位数中任取两个，则221被取到的概率为______. 16. 历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为______. 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. 在中，角所对的边分别为，. （1）证明：； （2）若，当角取得最大值时，求的面积. 18. 网购是目前很流行也很实用的购物方式.某购物网站的销售商为了提升顾客购物的满意度，随机抽取了100名顾客进行问卷调查，根据顾客对该购物网站评分的分数（满分：100分），按分成5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）估计顾客对该购物网站的评分的中位数（结果保留整数）； （2）若顾客对该购物网站的评分不低于90分，则称顾客对该购物网站非常满意.从以上样本中评分不低于80分的顾客中随机抽取3人，记为对该购物网站非常满意的顾客人数，求的分布列与期望. 19. 如图1，在等腰梯形中，分别是的中点，，，将沿着折起，使得点与点重合，平面平面，如图2. （1）当时，证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 20. 已知为双曲线的右焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离为. （1）求双曲线的方程； （2）设过点的直线与双曲线相交于点，线段的垂直平分线与轴交于点，若，求直线的方程. 21. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为. （1）求与满足的关系式； （2）求数列的通项公式； （3）证明： 22. 已知，函数. （1）当时，求的单调区间； （2）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合一元二次不等式化简集合，再由交集运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：B 2. 在复平面内，复数对应的点分别是，，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先求得复数的代数形式，进而求得复数的虚部 【详解】由题可知， 则， 则复数的虚部为. 故选：C 3. 是抛物线上一点，是抛物线的焦点，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】将点代入，可得，即可求出准线方程，根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即可求得 【详解】解：因为是抛物线上一点， 所以， 则抛物线的准线方程为， 由抛物线的定义可知，， 故选：A. 4. 样本中共有5个个体，其中四个值分别为2，2，3，3，第五个值丢失，若该样本的平均数为3，则样本方差为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数的定义求，再由方差的定义求样本方差. 【详解】设第五个值为，则，即， 则样本方差为. 故选：C. 5. 过点作圆的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，由切线与MC垂直可得切线斜率，由点斜式即可得切线方程. 【详解】由题可知点在圆上，，则切线的斜率为， 所以切线方程为，化简可得. 故选：B 6. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一，在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）.已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2），若点P在的中点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积运算求解即可. 【详解】 如图，因为点P在的中点，取的中点为， 则有，则. 故选:D. 7. 在各项不全为零的等差数列中，是其前项和，且，则正整数的值为（ ） A. 11 B. 10 C. 9 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由等差求和公式结合二次函数的性质得出正整数的值. 【详解】因为，所以可看成关于的二次函数， 由可知二次函数图像的对称轴为，所以，解得. 故选：C 8. 在棱长为2的正方体中挖掉一个体积最大的圆锥（圆锥的底面在正方体的底面上），再将该圆锥重新熔成一个圆柱，则该圆柱表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意得到一个体积最大的圆锥,再根据体积相等, 得出圆柱的表面积,应用导数求出最小值即可. 【详解】由题可知体积最大的圆锥的体积为， 设圆柱的高为，底面圆的半径为，所以，即. 圆柱的表面积， 设则， 在上是单调递增的, 易知当，即时，取得最小值,即最小值为. 故选： 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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，在直三棱柱中，，若，则D可能为（ ） A. 的中点 B. AC的中点 C. 的中点 D. 的重心 【答案】BCD 【解析】 【分析】设E，F分别为AC和的中点，证明平面BEF，得点在平面BEF内，从而可得正确选项． 【详解】设E，F分别为AC和的中点，因为是直三棱柱，所以平面ABC，平面ABC，所以，又因为，E为AC的中点，所以，因为，平面，所以平面，而平面，则，又因为，是正方形，与正方形的对角线平行，所以，又，平面BEF，所以平面BEF，因为，所以点D在平面BEF内． 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 不等式的解集是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，通过计算得到，即可确定函数的对称轴，进而可求解不等式. 【详解】， 令，即，解得， 所以在上是增函数， 故在上是增函数，故A正确； 因为，， 所以，所以的图象关于直线对称，故B正确； 因为，所以的图象不关于点对称，故C错误； 由上述过程可知在上是增函数且图象关于直线对称， 所以在上是减函数， 且，所以不等式的解集是，故D正确. 故选:ABD. 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由，得到，再根据，，利用对数函数的单调性比较. 【详解】解：由，可得， 因为， 所以， 则， 又因为， 所以， 故选：BC 12. 若存在实数及正整数，使得整数在内有恰有222个零点，则的值可能为（ ） A. 111 B. 148 C. 221 D. 444 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据零点的值找到一个周期内零点的个数，结合三角函数的周期性即可. 【详解】， 令，则，易知，等价于， 而在、上递减，且值域分别为、， 所以与的图象如下： 结合在的图象知： 当时，则在一个周期内有2个零点，则，或； 当时，则在一个周期内有3个零点，则； 当时，则在一个周期内有4个零点，则. 当时，则在一个周期内有3个零点，则. 当时，则在一个周期内有2个零点，则，或. 综上，的值可能为111，148，221，222，223. 故选：ABC 三、填空题：本题共4小题，每小题5分.共20分. 13. 给出下列三个论断：①；②；③且.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______. 【答案】若，且，则. 【解析】 【分析】分情况讨论，利用不等式性质直接比较式子的大小关系. 【详解】若选择①③作为条件，②作为结论：若，且，则 ； 若选择①②作为条件，③作为结论：若，，则，故，但也可能大小0，故选择①②作为条件，③作为结论的命题不正确； 若选择②③作为条件，①作为结论：若，且，则，故，但与大小关系不确定，故 选择②③作为条件，①作为结论的命题不正确. 故答案为：若，且，则. 14. 函数的极值点为，则______. 【答案】-3 【解析】 【分析】由极值点的定义可求，再由同角关系，两角和正切公式可求. 【详解】因为， 所以 因为函数的极值点为， 所以，且， 所以，所以， 所以. 故答案为：-3. 15. 从各个位数之和为5的所有三位数中任取两个，则221被取到的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题知，对数字之和为5的数组进行分类讨论，再求概率即可. 【详解】当百位为1时，满足题意的三位数有： （1,1,3），（1,3,1），（1,2,2），（1,0,4），（1,4,0）共5个； 当百位为2时，满足题意的三位数有： （2,2,1），（2,1,2），（2,3,0），（2,0,3）共4个； 当百位为3时，满足题意的三位数有： （3,1,1），（3,0,2），（3,2,0）共3个 当百位为4时，满足题意的三位数有： （4,0,1），（4,1,0）共2个 当百位为5时，满足题意的三位数有： （5,0,0）共1个 综上，满足题意的三位数字共有5+4+3+2+1=15个， 从中任取两个，共有种可能，其中221被取到的可能情况为种， 所以221被取到的概率. 故答案为：. 16. 历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由离心率公式结合定义得出，再由正弦定理的边角互化得出椭圆的离心率. 【详解】设，则，，，其中，所以椭圆的离心率为 . 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. 在中，角所对的边分别为，. （1）证明：； （2）若，当角取得最大值时，求的面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题给条件利用两角和的正弦公式及正弦定理即可证得； （2）先利用余弦定理求得角最大值为，进而求得的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 所以，所以 所以，由正弦定理得 【小问2详解】 ，（当且仅当时等号成立）， 则当时，取得最小值， 又，所以角最大值为. 此时为等边三角形，所以的面积为. 18. 网购是目前很流行也很实用的购物方式.某购物网站的销售商为了提升顾客购物的满意度，随机抽取了100名顾客进行问卷调查，根据顾客对该购物网站评分的分数（满分：100分），按分成5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）估计顾客对该购物网站的评分的中位数（结果保留整数）； （2）若顾客对该购物网站的评分不低于90分，则称顾客对该购物网站非常满意.从以上样本中评分不低于80分的顾客中随机抽取3人，记为对该购物网站非常满意的顾客人数，求的分布列与期望. 【答案】（1）72 （2）分布列见解析，期望为1 【解析】 【分析】（1）利用中位数的定义结合频率分布直方图的频率值求解；（2）根据超几何概率分布模型求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以顾客对该购物网站的评分的中位数在内， 设顾客对该购物网站的评分的中位数为，则， 解得，即估计顾客对该购物网站的评分的中位数为72. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知评分在内的顾客人数是， 评分在内的顾客人数是. 的所有可能取值为0，1，2，3. ，，，. 则的分布列为 0 1 2 3 故. 19. 如图1，在等腰梯形中，分别是的中点，，，将沿着折起，使得点与点重合，平面平面，如图2. （1）当时，证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明平面平面； （2）首先建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，并表示向量夹角的余弦值，即可求的值. 【小问1详解】 证明：因为，所以是的中点， 因为分别是中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面 因为分别是的中点，所， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以//平面. 因为平面，且，所以平面平面， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接， 由条件可知，四边形和是平行四边形，且, 所以，，是等边三角形， 所以，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面, 所以两两垂直，则以为原点，分别以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，，所以， 因为，所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得. 20. 已知为双曲线的右焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离为. （1）求双曲线的方程； （2）设过点的直线与双曲线相交于点，线段的垂直平分线与轴交于点，若，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）由已知可推出，又，求出的值，即可得到双曲线方程； （2）设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程得到，根据韦达定理结合中点坐标公式求出垂直平分线的方程，表示出点坐标，根据，即可求得直线的方程. 【小问1详解】 是双曲线的一条渐近线方程， 则，故， 又因为，所以，即， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由题可设直线的方程为，设，， 若，则线段的垂直平分线即为轴，不满足题意，所以； 当时，此时直线斜率为，即直线与双曲线的渐近线平行时，此时直线与双曲线只有一个交点，所以，则. 联立直线与双曲线的方程，可得， 恒成立， 根据韦达定理可得， 设线段的中点为，则， ，又， 所以线段的垂直平分线的方程为. 令，则，即， 所以，即， 即，整理得，所以或（舍去）， 所以，即直线的方程为或. 21. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为. （1）求与满足的关系式； （2）求数列的通项公式； （3）证明： 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)根据题干给出的规则,得到第次构造后数列的和与第次构造后数列和的关系; (2)已知相邻两项关系构造等比数列,进而得到数列的通项公式; (3)根据的通项公式,应用放缩变成等比数列的前项和,应用公式计算即可. 【小问1详解】 设第次构造后得的数列为， 则， 则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，，2， 则，即与满足的关系式为； 【小问2详解】 由，可得，且,则 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，即； 【小问3详解】 ， 所以 22. 已知，函数. （1）当时，求的单调区间； （2）证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在 上单调递增； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）代入，求出，根据恒成立，可得到单调递增，又，进而可根据导函数的符号可得到函数的单调性； （2）原题可转化为证明恒成立，转为证明以及成立，即可证明完成. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 则，恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以当时，；当时，. 故在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 证明：因为，由可得，则定义域为. 要证，即成立， 只需证，即证恒成立. 令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，即，所以， 令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，即，所以. 故成立，即成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $