四川省成都市成都市石室中学2022-2023学年高三上学期期中数学理科试题

第页，共页四川省成都市成都市石室中学2022-2023学年高三上学期期中数学理科试题一、单选题（本大题共12小题）1.已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（

）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限2.已知数列的前n项和是，则（

）A．20 B．18 C．16 D．143.设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．4.函数在区间的图象大致为（

）A． B．C． D．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）A． B． C． D．6.已知命题p：在中，若，则；命题q：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（

）A． B． C． D．7.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．直线是函数的图象的一条对称轴B．函数的图象的对称中心为，C．函数在上单调递增D．将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象8.数列中，，对任意，若，则（）A．2 B．3 C．4 D．59.2020年，由新型冠状病毒（SARS-CoV-2）感染引起的新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（

）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）A．10 B．11 C．12 D．1310.设，，（其中e是自然对数的底数），则（

）A． B． C． D．11.已知正三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为48π，则正三棱柱的体积的最大值为（

）A． B． C． D．12.已知的三个顶点都在抛物线上，点为的重心，直线经过该抛物线的焦点，则线段的长为（

）A．8 B．6 C．5 D．4.二、填空题（本大题共4小题）13.已知向量满足，则．14.在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为.15.已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为.16.已知函数,若关于x的方程有8个不同的实数解，则整数m的值为.（其中e是自然对数的底数）三、解答题（本大题共7小题）17.已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．(1)求角C(2)若，D为的中点，，求的面积．18.全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；19.如图，四棱柱中，底面是矩形，且，，，若为的中点，且．（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．20.已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.(1)求曲线C的方程；(2)求面积的最大值.21.已知函数在处的切线方程为.(1)求实数m和n的值；(2)已知，是函数的图象上两点，且，求证：.22.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)若点P的极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.23.已知函数，M为不等式的解集.(1)求集合M；(2)设a，，求证：.

参考答案1.【答案】B【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.【详解】因为，所以，所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.故选：B.2.【答案】C【分析】由直接代值运算即可.【详解】设数列的前n项和为，则，故.故选：C.3.【答案】A【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】因为全集，集合，所以,又因为，所以,故选:A.4.【答案】A【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A.5.【答案】A【分析】由三视图可还原几何体为一个正方体挖去一个圆锥，根据柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】由三视图可知几何体是一个棱长为的正方体挖去一个底面半径为，高为的圆锥，如图所示，几何体体积.故选：A.6.【答案】D【分析】结合余弦三角函数单调性可判断正确，由向量相等的条件可判断错误.【详解】命题p：在中，若，由于余弦函数在上单调递减，则，故命题p为真命题；命题q：向量与向量相等的充要条件是向量与向量大小相等，方向相同，故命题q是假命题，因此，为假命题，为假命题，为假命题，为真命题.故选：D.7.【答案】B【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，然后根据三角函数的周期，对称轴，单调区间，奇偶性逐项进行检验即可求解.【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以.将点代入函数解析式中，得.又因为，所以，故.对于A，令，，即，，令，则，故A错误；对于B，令，则，，所以，，即函数的图象的对称中心为，，故B正确；对于C，令，解得，因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故C错误；对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误.故选：.8.【答案】C【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.【详解】在等式中，令，可得，，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，，，则，解得.故选：C.9.【答案】C【分析】根据题意，化简，得，可得，利用参考数据，可得答案.【详解】因为，所以.由题意，知，得，故被测标本的DNA大约扩增12次后，数量会变为原来的125倍.故选：C10.【答案】D【分析】构造，利用导数证明的的单调性，赋值可大致估计大小，，通过放缩可比较大小，进而得出答案.【详解】设，得.令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，即，则，，所以最小.又因为，且，所以，所以.综上所述，.故选：D.11.【答案】C【分析】结合正三棱柱和外接球关系先求出外接球半径，令正三棱柱底面边长为，由函数关系表示出体积与函数关系，利用导数可求最值.【详解】如图，设正三棱柱上､下底面的中心分别为H，，连接.根据对称性可知，线段的中点O即为正三棱柱外接球的球心，线段OA即为该外接球的半径.由已知得，所以.设正三棱柱的底面边长为x，则.在中，，所以，所以正三棱柱的体积.令，则，，故，.当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以.故选：C.12.【答案】B【分析】判断直线的斜率存在，设出直线方程，联立抛物线方程可得根与系数的关系式，利用三角形的重心即可求得参数k的值，根据抛物线的弦长公式即可求得答案.【详解】设抛物线的焦点为F，则.根据题意可知，点为的重心，若直线的斜率不存在，则不妨取,则结合重心可得C为，不合题意；故直线的斜率存在，设直线的方程为，，，，，则有，，，联立方程得，，则，，因为点为的重心，所以，即，所以，即，解得，则，故线段AB的长为6，故选：B.13.【答案】【分析】通过平方的方法化简已知条件，从而求得.【详解】由两边平方得.故答案为：14.【答案】135【分析】根据各项的系数之和为512得到，解得，然后利用通项公式求常数项即可.【详解】因为二项式的展开式中，各项的系数之和为512，所以令，得，解得.又因为的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为.故答案为：135.15.【答案】【分析】根据双曲线定义结合余弦定理可推得，结合三角形面积可推得，由可得，继而推得，，再利用勾股定理结合即可求得c，可得答案.【详解】设双曲线C：的半虚轴为b,半焦距为c,由题意得，所以，又，两式相减可得，则，所以，又的面积为3，，所以，得，所以，因为，所以，即，又因为，所以，，所以，得，又因为，且，所以，所以双曲线C的焦距为，故答案为：.16.【答案】5【分析】判断函数的奇偶性，利用导数判断其单调性，继而作出其图象，数形结合，将关于x的方程有8个不同的实数解，转化为关于t的方程有2个不同的实数解，列出不等式组，即可求得答案.【详解】因为,所以当时，，当时，，即满足，则是偶函数.当时，则，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，,作出函数的图象，如图所示：设，因为有8个不同的实数解，所以由图象可得，关于t的方程有2个不同的实数解，且都大于e，所以有，解得，又因为，所以整数m的值为5，故答案为：5.17.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解，（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得．即，由余弦定理得，因为，所以．（2）在三角形中，，即，解得或，即或，因为，故，因为，所以，故，所以，所以．18.【答案】(1)，中位数；(2)分布列见解析，.【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.【详解】（1）由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，解得；（2）的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1从中分别抽取7人，3人，1人，所有可能取值为0，1，2，3，，，，故的分布列为：0123故19.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析．【分析】（1）由已知得为等边三角形，，再由，能证明⊥平面．（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当的长为时，二面角的值为【详解】（1）证明：∵，且，∴为等边三角形∵为的中点∴，又，且，∴平面．（2）过作，以为原点，建立空间直角坐标系（如图）则，，设，平面的法向量为，∵，，且，取，得平面的一个法向量为由题意得，解得或（舍去），此时∴当的长为时，二面角的值为.20.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；（2）设直线AB的方程为，，，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.【详解】（1）设曲线C上的任意一点的坐标为，由题意，得，即，所以曲线C的方程为；（2）由题意，设直线AB的方程为，，，则.联立方程得，则，所以，，所以.又因为，所以直接PB的方程为.令，则，所以，.因为，所以.令，，则.又因为在上单调递减，所以当时，，故面积的最大值为.21.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求导，由可求对应的m和n的值；（2）设，由可判断，由得，设，，，得，代换整理得，原不等式要证，只需证，全部代换为关于的不等式得，设，，由导数得，再证，放缩得，进而得证.【详解】（1）由，得.因为函数在处的切线方程为，所以，，则；（2）证明：由（1）可得，，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.因为，是函数的图象上两点，且，不妨设，且，所以.由，得，即.设，.设，则，所以，即，故.要证，只需证，即证，即证，即证，即证，即证.令，，则，证明不等式；设，则，所以当时，；当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，故，所以成立.由上还不等式可得，当时，，故恒成立，故在上为减函数，则，所以成立，即成立.综上所述，.22.【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用消元法将参数方程化为普通方程即可得到直线l的普通方程；利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得到曲线C的直角坐标方程；（2）将点P的极坐标化为直角坐标判断得P在直线l上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线l代入曲线C的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解.【详解】（1）因为直线l的参数方程为（t为参数），所以直线l的普通方程为；因为，即，所以，得，所以曲线C的直角坐标方程为.（2）因为点P的极坐