2023届安徽省滁州市定远县民族中学高三年级下册学期开学考试数学试题【含答案】

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1、2023届安徽省滁州市定远县高三下学期开学考试数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABC或D【答案】C【分析】根据并集与补集的概念求解即可【详解】因为，所以或，所以或故选：C2若复数（，为虚数单位）为纯虚数，则（）ABCD【答案】A【分析】计算，再根据为纯虚数得到答案.【详解】，复数是纯虚数，所以，得.故选：A3采购员要购买某种电器元件一包（10个）他的采购方法是：从一包中随机抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包假定含有4个次品的包数占30%，其余包中各含1个次品，则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为（）A0.46B0.49C0.51D0.54【答案】A【分析】分两种情况，抽到含有

2、1个次品，且抽到的3个元件中含有这一个次品的概率加上抽到含有4个次品，且随机抽查的3个元件中含有次品的概率，即为答案.【详解】抽到含有1个次品，且抽到的3个元件中含有这一个次品的概率为，抽到含有4个次品，且随机抽查的3个元件中含有次品，则拒绝购买，故概率为，所以采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为.故选：A4设，则（）ABCD【答案】D【分析】构造函数并利用导函数判断函数的单调性，进一步得到，根据基本不等式化简求出c的范围以及b的范围，进一步求出答案.【详解】设，在的范围内单调递增，由此可得，设，在的范围内单调递减，由此可得，显然，所以，综合可得.故选：D.5已知数列，满足，其中是等差数列，且，

3、则（）A2022B2022CD1011【答案】B【分析】根据条件，可以推出.然后，根据等差数列的性质，可得结果；也可以直接根据前n项和公式求和.【详解】解法1：由已知，得，则，根据等差数列的性质有，所以，有解法2：由已知，得，则，根据等差数列的性质有，所以，.故选：B.6已知圆：，点是直线：上的动点，过点引圆的两条切线、，其中、为切点，则直线经过定点（）ABCD【答案】D【分析】根据圆的切线性质，结合圆的标准方程、圆与圆的位置关系进行求解即可.【详解】因为、是圆的两条切线，所以，因此点、在以为直径的圆上，因为点是直线：上的动点，所以设，点，因此的中点的横坐标为：，纵坐标为：，因此以为直径的圆的

4、标准方程为：，而圆：，得：，即为直线的方程，由，所以直线经过定点，故选：D【点睛】关键点睛：由圆的切线性质得到点、在以为直径的圆上，运用圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.7若不等式的解集为，则当时，函数的最小值是（）ABCD【答案】A【分析】先令，从而解得到，再利用对数的运算法则及换底公式化简，令，将等价为，求得其最小值，即为的最小值.【详解】令，则可化为，即，解得，故，由的单调性易求得，即，又因为，令，则因为，由的单调性可得，而开口向下，对称轴为，故在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，；所以的最小值为，即的最小值为.故选：A.8在三棱锥中，已知，是线段上的点，若三棱锥的各顶点都在球

5、的球面上，则球的半径为（）ABCD【答案】D【分析】在中，由余弦定理，求得，得到，证得，进而证得平面，得到，证得平面，结合球的截面圆的性质，即可求得球的半径.【详解】如图所示，在中，因为，可得，又因为，所以，由，可得，可得，所以，又由，且平面，所以平面，又由平面，所以，又由，即，且，可得平面，设外接圆的半径为，则，可得，即，设三棱锥的外接球的半径为，可得，即.球的半径为.故选：D.【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作

6、截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.二、多选题9已知椭圆C：的左、右两焦点分别是、，其中.过左焦点的直线与椭圆交于A，B两点.则下列说法中正确的有（）A的周长为B若AB的中点为M，AB所在直线斜率为k，则C若的最小值为，则椭圆的离心率D若，则椭圆的离心率的取值范围是【答案】AD【分析】对A，由椭圆定义可知；对B，设，分别写出中点M，k，点A、B在椭圆上的两程作差整理可得；对C，当轴时，最小，由坐标求出即可建立齐次方程，求出离心率

7、；对D，结合椭圆方程化简得，由，可得，即可由齐次方程解出离心率范围.【详解】对A，直线AB过左焦点，的周长为，A对；对B，设，则，点，由，-得，B错；对C，当轴时，最小，令，由解得，整理得，即，解得或（舍），C错；对D，即，即，可得，则椭圆的离心率的取值范围是，D对故选：AD10下列说法正确的有（）A若，则B若，则C若正数，满足，则的最大值是D若实数，满足，则的最小值为【答案】BCD【分析】对于A，举反例即可排除；对于B，利用基本不等式即可判断；对于C，利用完全平方公式推导得，从而求得，由此即可判断；对于D，利用换元法及对指数互换推得，再利用换元法解二次不等式得到，从而得到的最小值为.【详解】

8、对于A，令，则，故A错误；对于B，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，则，故B正确；对于C，因为，所以，即，故，注意，该不等式对于任意的皆成立，所以，当且仅当且，即时，等号成立，所以，即的最大值是，故C正确；对于D，因为，令，则，故，所以，由于，故不等式两边同时除以，得，即，令，则，解得或（舍去），所以，即的最小值为，故D正确.故选：BCD.11已知函数，则以下正确的是（）A是在上的增函数B函数有且仅有一个零点C函数的最大值为D存在，使得函数为奇函数【答案】BCD【分析】对A：利用函数单调性的定义证明；对B：分、和三种情况讨论，结合指数函数单调性分析判断；对C：根据A中的单调性分析运算；对D

9、：根据奇函数的定义运算求解.【详解】对A：对，且，则有：，在R上单调递减，当时，可得：，故，则，即，在上单调递增；当时，可得：，故，则，即，在上单调递减；综上所述：在上单调递增，在上单调递减.故在上单调递增，在上单调递减，A错误；对B：当时，即是函数的零点；当时，在上单调递减，则，故，故在内无零点；当时，在上单调递减，则，故，故在内无零点；综上所述：函数有且仅有一个零点，B正确；对C：由A可得：，即函数的最大值为，C正确；对D：若函数为奇函数，则，即，则或（舍去），故存在，使得函数为奇函数，D正确；故选：BCD.12已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关

10、于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（）A是函数的一个零点B函数的图象关于直线对称C方程在上有三个解D函数在上单调递减【答案】ABD【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，对于AB，将与代入检验即可；对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；对于D，利用整体法及的单调性即可判断.【详解】因为，所以，解得，又为正整数，所以，所以，所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，又，所以，所以，对于A，故A正确；对于B

11、，故B正确；对于A，令，因为，所以，显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；对于A，当时，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.三、填空题13已知向量，且，则_.【答案】【分析】应用向量线性关系的坐标运算求、，根据向量平行的坐标表示列方程求参数.【详解】由题设，又，所以，解得.故答案为：14已知双曲线的右焦点为，若的左支上存在点，使得直线是线段的垂直平分线，则_【答案】【分析】作出图形，设直线

12、交于点，连接，计算出、，利用勾股定理可得出、的等量关系，即可求得的值.【详解】设直线交于点，连接，由题意可知，由双曲线的定义可得，、分别为、的中点，则，因为，则，由勾股定理可得，即，故，.故答案为：.15过平面内一点P作曲线y=|lnx|两条互相垂直的切线 ,l2，切点为P1，P2（P1，P2不重合），设直线l2分别与y轴交于点A，B，则|AB|=_.【答案】2【分析】设切点P1，P2的坐标，写出直线l2的方程，分别求出点A，B的纵坐标，然后计算.【详解】由题意，不妨设切点P1，P2的横坐标分别为，其中，当时，直线ll的方程为，令，得；当时，直线l2的方程为，令，得；因为直线ll，l2互相垂直

13、，所以，即.所以.故答案为：2.16若函数上相异的点，满足如下条件：；函数关于点对称；函数在点处的切线与其相交于点；则_.【答案】6【分析】根据条件得到，根据条件得到，根据条件得到，有这三个结论即可求解.【详解】因为，所以为的三个不同的解，所以，所以，即.因为，又因为关于点对称，所以为的对称轴，所以.，在处的切线为，因为函数在点处的切线与其相交于点，所以切线上，即，展开化简，因为，所以，即，从而可得.综上，.所以.故答案为：四、解答题17为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛.共1500名学生参与

14、比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占.(1)求抽取的200名学生的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人，再从中选取2人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这2人都是高三学生的概率；(3)若比赛成绩（为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的1500名学生成绩优秀的人数.参考公式：，（是第组的频率），参考数据：【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用频率分布直方图中的平均数计算方法计算即可；（2）先由题意求得抽到的高三学生人数，再利用

15、古典概型与组合数即可求得所求概率；（3）先利用题目所求标准差公式求得，再求得优秀成绩所在区间的频率，从而可估算得成绩优秀的人数.【详解】（1）依题意，得，所以抽取的200名学生的平均成绩.（2）由于第五组总共要抽取7人，高三学生占，所以抽到的高三学生应该有人，所以由古典概型可得这2人都是高三学生的概率为.（3）依题意，得，所以优秀的比赛成绩应该，而比赛成绩在的频率为：，而，故参赛的1500名学生成绩优秀的人数为人.18已知各项均不为零的数列满足，且，设.(1)证明：为等比数列；(2)求的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题知，进而根据等比数列的定义证明即可；（2）结合（1）

16、得是常数列，进而得，再根据错位相减法和分组求和求解即可.【详解】（1）证明：，上述等式两边同除以得，即，即，又是以为首项，为公比的等比数列，.（2）解法1：由（1）知，即，是常数列，令，则，式减式得，化简整理得.解法2：由（1）知，即，是常数列，为常数列.，.19设锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求角A的大小；(2)若，在；这两个条件中任选一个作为条件，试探究符合条件的是否存在，若存在，求b；若不存在，请说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】(1)(2)选，不存在；选，存在，【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，结合，求出；（2）选：由正

17、弦定理得到，进而得到，故锐角不存在；选：求出，满足为锐角三角形，进而由正弦定理求出.【详解】（1），由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，因为，所以；（2）选：，锐角中，由正弦定理得：，即，解得：，因为为锐角三角形，所以，因为在上单调递增，且，所以，此时，此时与为锐角三角形矛盾，这样的三角形不存在；选：，锐角中，则，故，满足均为锐角，满足题意，由正弦定理得：，即，解得：，故符合条件的存在，.20如图，在三棱锥中，平面，为线段上一点，且(1)在线段上求一点，使得平面平面，并证明；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)答案见解析，证明见解析(2)【分析】（1）取线段的中点，连接，以点为坐标原点，、的方

18、向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，由求出的值，可求得点的坐标，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）解：取线段的中点，连接，则，且，又因为平面，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设，其中，则，因为，则，解得，故点，设平面的法向量为，则，取，可得，设点，其中，设平面的法向量为，则，取，可得，因为平面平面，则，解得，故当点为靠近点的三等分点时，平面平面.（2）解：设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，因为.由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值

19、为.21已知圆，点是圆外的一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点(1)求点的轨迹的方程(2)过点的直线交曲线于两点，问在轴是否存在定点使？若存在，求出定点坐标；若不存在，说明理由【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）根据双曲线的定义求轨迹方程；（2）当直线斜率不为0时，设，直线方程代入轨迹方程整理后应用韦达定理得，假设存在定点满足题意，即，把代入可求得，得定点，验证此点对直线斜率为0时也适合【详解】（1）线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹是以为焦点的双曲线，又，则，轨迹的方程是；（2）当直线斜率不为0时，令，则由得直线与双曲线有两个交点， 假设存在点使，则，即，即，轴

20、上存在点，使得，当直线斜率为0时，点使得，综上，轴上存在点，使得【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点、定值问题的求解方法，设直线方程为，设直线与圆锥曲线的交点为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，假设定点存在，设出定点坐标，把定点满足的性质用坐标表示，代入后变形可求得定点坐标如果是定值问题，则把代入要求定值的式子化简后可得22已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个不相同的零点，设的导函数为.证明：.【答案】(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，根据导函数的正负求出函数的单调性；（2）先确定，不

21、等式变形，只需证明，且得到，接下来证明对数平均不等式，得到，从而得到，所以，.【详解】（1）的定义域为，且，当时，恒成立，在上单调递增，当时，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）由（1）知：当时，在上单调递增，故至多有一个零点，不合要求，故，要想有两个不相同的零点，则，解得：，故要证，即证，即证：，因为在上单调递增，所以只需证，不妨设，两式相减得：，变形为，下面证明在上成立，只需证，即，令，即证，构造，则恒成立，故在上单调递增，故，所以，故，即，所以，证毕.【点睛】对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明.