江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学Word版含解析

《江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

南京一中2022~2023学年高三第一学期期中考试试卷数学试题一、单项选择题：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.设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析韦恩图中两个集合的关系即可选出答案.【详解】由图所示，阴影部分是集合中的元素排除中的元素所组成，故表示的集合为：.故选：C2.已知为虚数单位，复数，则（）A.3B.4C.5D.25【答案】C【解析】【分析】利用复数模的运算性质直接求解.【详解】因为复数，所以.故选：C3.如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC

1的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】..故选：A4.2012年国家开始实施法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站统计了2021年中秋节前后车辆通行数量，发现该站近几天车辆通行数量，若，则当时下列说法正确是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式，再结合不等式求解作答.【详解】因，且，则有，即，不等式为：，则，，

2所以，，A，B，D均不正确，C正确.故选：C【点睛】关键点睛：涉及正态分布概率问题，运用正态密度函数曲线的对称性是解题的关键.5.已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（）A.B.C.3D.4【答案】B【解析】【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可.【详解】设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得，.故选：B.6.已知是双曲线右焦点，为坐标原点，与双曲线交于(在第一象限)，两点，，且，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】本题需要根据已知条件，在焦点三角形中运用余弦定理，建立与的方程，进而算出离心率.【详解】设双曲线的左焦点为，则为平行四边形，所以因为，所以又，所以，因为，所以，在中运用余弦定理有，得，故离心率

3故选：D.【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、得到a，c的关系．7.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先考虑满足回答者的所有情况，分甲同学为第5名和甲同学不是第5名两种情况，结合分类加法原理求解，再求解满足回答者的情况且最终丙和丁获得前两名的可能情况，最后根据古典概型求解即可.【详解】解：根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有种，当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有种，故满足回答者的所有情况共种.其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有种；当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有种，所以，最终丙和丁获得前两名的情况有种，所以，最终丙和丁获得前两名的概率为故选：A8.已知，，，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意变形得，构造函数证得

4，观察选项，通过变形可知比较的是的大小，故构造函数证得其单调递减，由此得到所比大小排序.【详解】因为，，，所以由两边取自然对数得，即，故，再由得，故，令，则，故在上单调递减，又由上式可知，故，由四个选项的不等式同时除以可知，比较的是的大小，故令，则，再令，则，故在上单调递减，所以，故，所以在上单调递减，又因为，所以，即，上述不等式两边同时乘以得，故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知是不同的平面，是不同的直线，则使得成立的充分条件是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】利用线面平行、垂直，面面平行、垂直的判定和性质判断即可【详解】解：对于A，当时，可能相交，可能平行，可能异面，所以A错误，

5对于B，当时，由线面平行的性质可得，所以B正确，对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，对于D，当时，可能平行，可能异面或相交，所以D错误，故选：BC10.已知函数，则下列选项正确的有（）A.函数极小值为1B.函数在上单调递增C.当时，函数的最大值为D.当时，方程恰有3个不等实根【答案】AC【解析】【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.【详解】对于AB：，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，

6且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.11.已知抛物线的焦点为，、是抛物线上两点，则下列结论正确的是（）A.点的坐标为B.若、、三点共线，则C.若直线与的斜率之积为，则直线过点D.若，则的中点到轴距离的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线的方程求出点的坐标，可判断A选项；设直线的方程为，与抛物线的方程联立，利用韦达定理可判断BC选项；求得，利用基本不等式可判断D选项.【详解】对于A选项，由抛物线，可得，则焦点坐标为，故A错误；对于BC选项，若直线垂直于轴，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.

7设直线的方程为，联立，可得，，由韦达定理可得，.若、、三点共线，则，，则，故B正确若直线与的斜率之积为，解得，则直线的方程为，即直线直线过点，故C正确；对于D选项，因为，所以，，得，所以，，所以的中点到轴的距离.当且仅当时，等号成立，所以，线段的中点到轴的距离最小值为，故D正确.故选：BCD.12.已知函数在上恰有3个零点，则（）A.在上恰有2个极大值点和2个极小值点B.在上的最大值是2C.在上是增函数D.的取值范围是

8【答案】BCD【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数，根据给定条件求出的范围并判断D；再借助正弦函数的性质逐一判断A，B，C作答.【详解】依题意，，由，得，由正弦函数的图像知，解得，D正确；函数在上恰有2个极大值点，可能有1个或2个极小值点，A不正确；当时，，而，则在上的最大值是2，B正确；当时，，而，则在上是增函数，C正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中，常数项为___________.【答案】7【解析】【详解】试题分析：，令，则，所以常数项为.考点：二项式系数的性质点评：本题是基础题，考查二项式定理系数的性质，通项公式的应用，考查计算能力14.已知sin，则___________.【答案】【解析】【分析】“给值求值”问题，找角与角之间的关系

9【详解】所以所以故答案为：15.已知是定义在上的奇函数且为偶函数，当时，且．若，则____．【答案】8【解析】【分析】根据已知条件可得的对称中心，对称轴，可得为的一个周期，由、以及列关于的方程组，进而可得时，的解析式，再利用周期性即可求解.【详解】解：因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，根据条件可知，则，即为的一个周期，则，又因为，，所以，解得或（舍），所以当时，，所以，故答案为：.16.公比为q的等比数列满足：，记，则当q最小时，使

10成立的最小n值是______．【答案】15【解析】【分析】由等比数列的性质与导数得的最小值后求解【详解】，构造函数，，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，，此时，，；∴．故答案为：15四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的前项和为，，当时，.（1）求证：当，为定值；（2）把数列和数列中的所有项从小到大排列，组成新数列，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）4594.【解析】【分析】（1）由可求得的值，令由可得出，两式作差可得出，可得出数列是以为首项，以为公比的等比数列，进而可求得数列的通项公式；（2）确定数列所包含数列中的项，利用分组求和可求得的值.【详解】解：（1）当时，，即，得，

11当时，因为，所以，两式相减得，所以，，所以，当时，.所以；（2）数列前项为、、、、、、，数列为、、、、、，所以数列前项含有数列的项为、、、、、，共六项，所以.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.18.在斜三角形中，角，，的对边分别为，，，且.（1）若的面积为，且满足，求角的大小；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式以及求解出的表示，再根据已知的的表示可求的值，则角可求；（2）根据以及正弦定理可得，根据将表示为

12的形式，结合诱导公式以及两角和的正弦公式进行化简，从而可完成证明.【详解】解：由，，得，又，，.，.由及正弦定理得：，.，，，.【点睛】易错点睛：利用正弦定理进行边角互化时需要注意：（1）合理选择边化角或角化边；（2）隐含条件的使用：；（3）三角函数公式或三角恒等变换公式的运用.19.某机构为了解某地区中学生在校月消费情况，随机抽取了100名中学生进行调查．下图是根据调查的结果制的学生在校月消费金额的频率分布直方图：已知三个金额段的学生人数成等差数列，将月消费金额不低于550元的学生称为“高消费群”．（1）求m，n的值，并求这100名学生月消费金额的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

13（2）现采用分层抽样的方式从月消费金额落在内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高消费群”的学生人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．【答案】（1），（2）的分布列为X0123P期望【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形面积之和为1和等差数列概念得到关于m，n的方程组，解方程组得到m，n的值.进而利用区间中点及对应的频率求解样本平均数；（2）根据分层抽样确定各组抽取的人数，从而确定X的可能取值，进而得到X的分布列和期望.【小问1详解】由题意知且，解得.则所求平均数（元）.【小问2详解】由题意从，中抽取7人，从中抽取3人，随机变量的取值所有可能取值有0，1，2，3，且，所以随机变量的分布列为X0123P随机变量的数学期望.

1420.如图①，在菱形中，且，为中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥．（1）求证：平面；（2）若为的中点，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）在图①中，连接，证明出，在图②中，利用勾股定理证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）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二面角的余弦值.【小问1详解】证明：在图①中，连接．四边形为菱形，，是等边三角形．为的中点，，又，．在图②中，，则，．，平面.【小问2详解】

15解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系．则、、、、.为的中点，.，，设平面的一个法向量为，则，令，得.又平面的一个法向量为．设二面角的大小为，由题意知为锐角，则.因此，二面角的余弦值为.21.在平面直角坐标系xOy中:①已知点A(，0)，直线，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比；②已知点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|=3，动点P满；③已知圆C的方程为直线l为圆C的切线，记点到直线l的距离分别为动点P满足

16（1）在①，②，③这三个条件中任选-一个，求动点P的轨迹方程；（2）记（1）中动点P的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l’交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别根据选择的条件，设P(x，y)，把条件转化为数学表达式，化简得到x与y之间的关系即为P点的轨迹方程；（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0；当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3)，联立，得到，线段MN的垂直平分线的方程为，令x＝0，得y0＝－3y3.代入得，从而求得的取值范围.【详解】（1）若选①：设P(x，y)，根据题意，得整理，得.所以动点P的轨迹方程为.若选②：设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则＝3，(I).因为，所以整理，得，代入(I)得，所以动点P的轨迹方程为.若选③：设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.由椭圆的定义，知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆.

17所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1.所以动点P的轨迹方程为（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3).由，得所以，线段MN的垂直平分线的方程为，令x＝0，得y0＝－3y3.由得由>0得0

18（2）问题转化为①，令，只需证明，求导判断的单调性，可得，即可得出结论.【详解】（1），，当m=1时，令，则，，所以在单调递增，所以，在上单调递增．所以时，，因为，所以为偶函数，即时，即函数的最小值为2.（2）①令，则①式等价于，，当时，，又因为，，所以，，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，故综上所述，对，且，恒成立．【点睛】关键点点睛：（1）通过导数与单调性的关系得到最值；（2）将原不等式等价转化为

19，结合单调性以及分离参数思想转化为求函数最值问题是解题的关键.

20