资源描述
2022-2023学年度高三年级第一学期期末教学质量调研数学试题
一、单项选择题:本大题共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. 设集合,,若,则实数a的取值范围( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式得集合,求出对数函数的定义域得集合,由集合间的关系列出关于的不等式,解出即可.
【详解】因为,,
由于,得,即实数a的取值范围,
故选:C.
2. 已知复数z满足,则z的虚部为( )
A. 1 B. -1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算求出,即可得其虚部.
【详解】因,所以,
即z的虚部为1,
故选:A.
3. 设等比数列的前n项和为,已知,,则( )
A. 6 B. 12 C. 18 D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据已知条件得到,从而得到,再求即可.
【详解】因为,所以.
所以,解得.
所以.
故选:B
4. 已知向量,满足,,则( )
A. B. 1 C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】依题意足,,
所以,
解得,负根舍去.
故选:D
5. 设,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数指数的运算性质对化简,利用正弦函数的单调性求出的取值范围,最后由中间值即可比较出结果.
【详解】,即;
,即;
,即.
故.
故选:A
6. 已知函数的图象向左平移个单位长度后与其导函数的图象重合,则的值为( )
A. 0 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用题意得到和,利用列等式即可求解
【详解】因为,所以,
而函数的图象向左平移个单位长度后得到,
由题意得,所以,解得且,
所以,
故选:D
7. 在中华传统文化里,建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》,其以连环诗的形式展现,20个字绕着茶壶成一圆环,无论顺着读还是逆着读,皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系,如2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期).数学上把20200202这样的对称数叫回文数,如11,242,5225都是回文数,则用0,1,2,3,4,5这些数字构成的所有三位数的回文数中能被3整除的个数是( )
A. 8 B. 10 C. 11 D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据回文数的定义,结合被3整除的性质进行分类讨论求解即可.
【详解】当三位数的三个数位上的数都相同时,有,共有5个;
当三位数的三个数位上的数有二个相同时,有,共有5个,
所以满足题意的回文数共有10个,
故选:B
8. 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:的左,右焦点分别是,,点P是椭圆C上一点,点Q是线段靠近点的三等分点,若,则椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作图,根据图中的几何关系求解.
【详解】由题意作图如下:
设 , ,则有 , ,
, , , ,得:…① ,
化简得: ,即 ,P点也在以 为圆心半径为c的圆上,
即圆与椭圆必定有不与右顶点重合的交点(与右顶点重合显然不满足题意),
圆 与x轴除原点外的另一个交点的坐标是 ,并且该交点必须在椭圆外, ,即 ,因为是椭圆,所以 ;
故选:A.
二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共计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. 下列统计量中,用于测度样本的集中趋势的有( )
A. 中位数 B. 平均数 C. 众数 D. 标准差
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据统计中样本的数据特征的定义判断.
【详解】在样本的数据特征中,中位数、平均数、众数都用于测度样本的焦距趋势,标准差测度样本数据的偏差程度,判断稳定性,
故选:ABC.
10. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球,从中无放回的随机取两次,每次取1个球,记事件A1:第一次取出的是红球;事件A2:第一次取出的是白球;事件B:取出的两球同色;事件C:取出的两球中至少有一个红球,则( )
A. 事件,为互斥事件 B. 事件B,C为独立事件
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB,由组合知识求得判断C,根据条件概率的定义求得判断D.
【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生,它们是互斥的,A正确;
由于是红球有3个,白球有2个,事件发生时,两球同为白色或同为红色,,事件不发生,则两球一白一红,,不独立,B错;
,C正确;
事件发生后,口袋中有3个红球1个白球,只有从中取出一个红球,事件才发生,所以,D正确.
故选:ACD.
11. 在棱长为1的正方体中,设,其中,则( )
A. B. 与平面所成角的最大值为
C. 若,则平面平面 D. 若 为锐角三角形,则
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系,运用空间向量逐项求解.
【详解】
以A为原点,AB为x轴,AD为y轴, 为z轴,建立空间直角坐标系,
则有 ,
,设 ,则 ,
即 ;
对于A, ,正确;
对于B, ,设平面 的一个法向量为 ,
则有 ,即 ,令 ,则 , ,
设 与平面的夹角为 ,则 ,
当 时取最大值= , 的最大值为, 正确;
对于C,当 时, , ,
设平面PAC的一个法向量为 ,则有 ,即 ,
令 解得 , ;
设平面 的一个法向量为 , ,
则有 ,即 ,令 解得 , ,
不存在 使得 , 与 不平行,错误;
对于D,当 为锐角三角形就是 ,设 ,
, , , ,正确;
故选:ABD.
12. 设定义在上的函数与的导数分别为与,已知,,且关于直线对称,则下列结论一定成立的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数与导数间的关系式,变形赋值,逐项验证即可.
【详解】因为,
所以
所以,
所以,
故D正确,
令时,,
所以,
由,
所以,
所以B选项正确,
因为,
所以,
所以函数图象关于点对称,
则函数的图象关于点对称,即为奇函数,
所以函数(为常数)为偶函数,图象关于直线对称,
所以函数的图象关于直线对称,
所以,
故C选项正确,
函数,则函数图象关于直线对称,符合题意,
所以,
故选项A不正确,
故选:BCD.
【点睛】结论点睛:函数的定义域为D,,
(1)存在常数a,b使得,则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得,则函数图象关于直线对称.
三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共计20分.
13. 若展开式的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据二项式系数之和求出,然楼根据展开式的通式,令的次数为零即可得常数项.
【详解】由展开式的二项式系数之和为64得,解得,
即,其展开式的通式为
令得,
故答案为:.
14. 已知抛物线的焦点为,过且斜率为直线与抛物线在第一象限交于点,过作抛物线准线的垂线,垂足为,若的面积为,则______.
【答案】
【解析】
【分析】作出图形,分析可知为等边三角形,确定该三角形的边长,利用三角形的面积公式可求得的值.
详解】如下图所示:
设抛物线的准线交轴于点,则,
由抛物线的定义可得,因为直线的斜率为,则,
易知轴,则,故为等边三角形,
因为,则,故,
所以,是边长为的等边三角形,故,
,因此,.
故答案为:.
15. 已知函数恰有三个零点,则实数a的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先分类讨论,时,函数没有三个零点,时,得出函数有一个零点,在时,由导数求得极大值,由得,然后利用零点存在定理说明函数有两个零点即得.
【详解】时,在上是减函数,且,此时没有零点或至多一个零点(时),而时,是增函数,只有一个零点,因此不合题意,
故,
时,在上递减,在上递增,又,因此在上无零点,在上有一个零点,
从而时,有两个零点,
此时,,时,,递增,时,,递减,
又时,,因此,,即,此时在上有一个零点,
又时,,因此在上也有一个零点,
综上,有三个零点时,.
故答案为:.
16. 在平行四边形ABCD中,,,,将沿BD折起到的位置,若二面角P-BD-C的大小为,则四面体PBCD的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点,证明为二面角的平面角,在平面内过点作直线与垂直,过作直线与垂直,设两垂线的交点为,证明为四面体PBCD的外接球的球心,求可得球的半径,由球的面积公式求球的表面积.
【详解】如图,因为四边形为平行四边形,,,,
所以,,,
在翻折后的图形中,,
取的中点,则,
故,所以为二面角的平面角,
由已知,
在平面内过点作直线与垂直,过作直线与垂直,设两垂线的交点为,
则,为直角三角形,又,,所以,
所以,,所以,
因为,平面,,
所以平面,平面,所以,
因为,,平面,
所以平面,平面,
所以,
因为为直角三角形,为斜边的中点,所以,
所以,同理可证,
所以点为四面体PBCD的外接球的球心,
因为,,,所以,
所以四面体PBCD的外接球的半径为,该球的表面积,
故答案为:.
四、解答题:本大题共6小题,共计70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在下面两个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.①;②.已知为数列的前项和,满足,,______.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
【答案】(1)条件选择见解析,
(2)
【解析】
【分析】(1)选①,令可求得的值,由可得,两式作差可得为等差数列,确定该数列的首项和公差,可求得数列的等差数列;
选②,推导出数列是常数列,即可求得数列的通项公式;
(2)计算出,对任意的,计算出,可得出,利用等差数列的求和公式可求得.
【小问1详解】
解:选①,当时,则有,即,解得;
对任意的,因为,则,
故,即,
因,,所以定值,
故数列是首项,公差为的等差数列,
所以.
选②,因为,故,
所以,故数列是常数列,
所以,故.
【小问2详解】
解:知,,故,
对任意的,,
所以,即为数列的前项和,
因为,故数列为等差数列,
所以.
18. 学校为了进一步加快推进学生素质教育,丰富学生的课余生活,挖掘学生的动手动脑潜力,学校在高一年级进行了一次“变废为宝”手工作品评比,对参赛作品进行统计得到如下统计表:
不合格
合格
合计
男生
120
100
220
女生
30
50
80
合计
150
150
300
(1)运用独立性检验的思想方法判断:能否有99%以上的把握认为性别与作品是否合格有关联?并说明理由;
(2)学校为了鼓励更多的同学参与到“变废为宝”活动中来,决定通过3轮挑战赛评选出一些“手工达人”,3轮挑战结束后,至少2次挑战成功的参赛者被评为本学期的“手工达人”.已知某参赛者挑战第一、二、三轮成功的概率分别为,,,求该参赛者在本学期3轮挑战中成功的次数X的概率分布及数学期望.
参考公式:,.
0.025
0.010
0.00
展开阅读全文
温馨提示:
金锄头文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
相关搜索