四川大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中（半期）考试数学理科试题（解析版）

第24页/共24页川大附中2022-2023年度上期高2023届半期考试数学理科一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个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，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据集合的运算的定义求解.【详解】由解得,所以,又因为,所以,所以.故选:B.2.在复平面内，复数z满足，则复数z对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数z，即可求出答案.【详解】，复数z对应的点为则复数z对应的点位于第四象限故选：D.3.记等差数列的前n项和为,若,则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列性质:若,则即可得到结果.【详解】解:由题知,即,,.故选:C4.设随机变量服从正态分布，若，则的值为（）A. B. C.3 D.5【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的对称性，即得解【详解】由题意，根据正态分布的对称性故选：A5.已知某样本的容量为100，平均数为80，方差为95，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将90记录为70，另一个错将80记录为100．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据平均数和方差公式即可求解.【详解】根据题意知,重新求得样本的平均数为设收集的98个准确数据为,则,,故选:A.6.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．7.函数的图象大致为()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解.【详解】∵令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减，则有g(x)在(0,)上单调递增，而，所以存在使得，中，排除C、D，∵时，排除B，所以选A.故选：A【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.8.下列命题中，不正确的是（）A.在中，若，则B.在锐角中，不等式恒成立C.在中，若，则必是等腰直角三角形D.在中，若，，则必是等边三角形【答案】C【解析】【分析】由正弦定理和大边对大角判断选项A，由为锐角三角函数得，进而即可判断选项B，再利用正弦定理边化角即可求出或即可判断选项C，利用余弦定理判断选项D.【详解】在中，由正弦定理可得，,故选项A正确；在锐角中，，且，则，，故选项B正确；在中，由，利用正弦定理可得,得或,故或，即是等腰三角形或直角三角形，故选项C错误；在中，若，，由余弦定理可得，即，解得，必是等边三角形，故选项D正确.故选:C.9.在中，点在上，且满足，点为上不包括任意一点，若实数，满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三点共线利用共线定理确定间的关系，再利用基本不等式即可求解.详解】由题可知，,其中，，又因为,所以，且，所以，所以，当且仅当且即时取得等号，所以的最小值为.故选:D.10.年月日至月日，第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法计数原理可求得不同的安排方法种数.【详解】分以下两种情况讨论：（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，此时，不同的安排方法种数为种；（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，此时，不同的安排方法种数为种.综上所述，不同的安排方法种数为.故选：A.11.设点P是抛物线:上的动点,点M是圆:上的动点,d是点P到直线的距离,则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意画出图像,将转化为抛物线上点到准线的距离再加1,也即是抛物线上点到焦点的距离加1,若求的最小值,转化为抛物线上点到焦点距离和到圆上点的距离再加1即可,根据三角形两边之和大于第三边,即当共线时,取最小值为,算出结果即可.【详解】解:由题知圆:,为抛物线焦点,为抛物线准线,则过点向作垂线垂足为,如图所示:则,根据抛物线定义可知,,=,若求的最小值,只需求的最小值即可,连接与抛物线交于点,与圆交于点,如图所示,此时最小,为,,,.故选:B12.不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由导数构造不等式后求解，【详解】设，，当时，当时，故在单调递减，在单调递增，，得不等式，当且仅当时等号成立，时，可化为，而，当且仅当时等号成立，设，，，故在上有解，故的取值范围是故选：B二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，常数项是___________.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案.【详解】的展开式的通项公式为，令，故常数项为，故答案为：14.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，若实数m满足，则m的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据当时，和函数是定义在R上的奇函数，得到函数在R上的递增，再由，利用函数的单调性求解.【详解】解：因为当时，，所以由二次函数的性质得在上递增，又因为函数是定义在R上的奇函数，所以函数在R上的递增，又，所以，解得，所以m的取值范围是，故答案为：15.已知数列的首项，其前项和为，若，则__________．【答案】96【解析】【分析】由题意易得，两式相减可得数列从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为，所以，两式相减得，又因为，，得，所以数列从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为，所以，故答案为：96.16.已知函数（,）在区间上单调,且满足．(1)若,则函数的最小正周期为__________;(2)若函数在区间上恰有5个零点,则的取值范围为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】(1)根据可得到对称中心,因为上单调,判断与对称中心之间的距离,确定最大的单调区间,进而判断的大概取值范围,再根据确定对称轴,将得到的式子进行整合,即可得到的值确定周期;(2)根据(1)的对称中心及的大概取值范围,可知,即是其一个零点,所以在区间上恰有五个零点,只需在第五个零点之间和第六个零点之间即可,根据相邻两个零点之间是半个周期,得出不等式，计算即可,另加上(1)中的大概取值范围,得到最后结果即可,需要注意前提条件中区间上单调,要确定最大的单调区间,才能确定的取值范围.【详解】解:由题知,对称中心为,代入可得①在区间上单调,且对称中心为,又在区间上单调即,即,(1),关于对称,代入可得,②①-②可得,即,;(2)对称中心为,,区间上恰有5个零点,相邻两个零点之间的距离为,五个零点之间即,六个零点之间即,只需即可,即,,.故答案为:;三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.17.随着新高考改革的不断深入，高中学生生涯规划越来越受到社会的关注.一些高中已经开始尝试开设学生生涯规划选修课程，并取得了一定的成果.下表为某高中为了调查学生成绩与选修生涯规划课程的关系，随机抽取50名学生的统计数据.成绩优秀成绩不够优秀总计选修生涯规划课151025不选修生涯规划课61925总计212950（Ⅰ）根据列联表运用独立性检验的思想方法分析：能否有的把握认为“学生的成绩是否优秀与选修生涯规划课有关”，并说明理由；（Ⅱ）如果从全校选修生涯规划课的学生中随机地抽取3名学生，求抽到成绩不够优秀的学生人数的分布列和数学期望（将频率当作概率计算）.参考附表：0.1000.0500.0100.0012.70638416.63510.828参考公式，其中.【答案】（Ⅰ）有把握，理由见解析；（Ⅱ）分布列见解析，.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题中所给的公式求出的值，然后根据参考附表进行判断即可；（Ⅱ）由题意可以求出在全校选修生涯规划课的学生中随机抽取1名学生成绩优秀的概率，成绩不优秀的概率，可以判断可取值为0，1，2，3，根据二项分布的性质进行求解即可.【详解】（Ⅰ）由题意知，的观测值.所以有的把握认为“学生的成绩优秀与是否选修生涯规划课有关”.（Ⅱ）由题意知在全校选修生涯规划课的学生中随机抽取1名学生成绩优秀的概率为，成绩不优秀的概率为，可取值为0，1，2，3.所以的分布列为0123，.【点睛】本题考查了的计算，考查了二项分布的性质应用，考查了离散型随机变量分布列和数学期望，考查了数学运算能力.18.如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，.（1）证明：平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.【小问1详解】∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，故又∵，，∴∵，∴，∴∴，又∵，，平面∴平面【小问2详解】取的中点，连接，则，由(1)可知，∵，∴平面，又∵∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意可得，，∵平面，∴，四边形为矩形，∴平面的一个法向量为.设平面的一条法向量为，，由得令，则，平面的一个法向量为则平面与平面的夹角的余弦值为∴平面和平面夹角的余弦值为19.在①，且；②成等差数列，且；③（为常数）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列的前项和为，________，其中．（1）求的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）若选条件①：把已知条件变形为，从而得到，即得到数列是首项为，公比为的等比数列；若选条件②：由已知条件得到，再根据与的关系式得到，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列；若选条件③：根据与的关系式得到，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）得到，从而根据错位相减求和法求.【详解】（1）若选条件①：由，得，即，所以，因为，所以，即，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以；若选条件②：因为成等差数列，所以，即，所以，又，，所以，即，所以，所以，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以；若选条件③：因为，所以时，，两式相减并整理，得，即，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2）由（1）知：所以，所以，所以，所以，两式相减，得，整理，得，所以.又，所以，故在上单调递增，所以，所以.20.已知椭圆C：经过点，其右顶点为.（1）求椭圆C的方程；（2）若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为.求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，再结合，即可解出，从而得出椭圆C的方程；（2）依题可设，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到，然后结合，可找到的关系，从而可知直线PQ经过定点，于是△APQ面积等于，即可求出其最大值．【小问1详解】解：依题可得，，解得，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】解：易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，，，由可得，，所以，，，而，即，化简可得，①，因为，所以，令可得，②，令可得，③，把②③代入①得，，化简得，所以，或，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点．设定点，所以，，因为，所以，设，所以，当且仅当即时取等号，即△APQ面积的最大值为．21.已知函数（），.（1）求函数的极值点；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当时，无极值点，当时，有极大值点，无极小值点，（2）【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，通过判断导函数的正负来判断函数的极点；（2）将不等式恒成立转化为对恒成立，构造函数，利用导数研究函数的性质，求解的最值，即可得到的取值范围【详解】解：（1）函数的定义域为，由，得，当时，，所以在上单调递增，函数无极值点，当时，由，得，当时，，当时，，所以上单调递增，在上单调递减，所以有极大值点，无极小值点，综上，当时，无极值点，当时，有极大值点，无极小值点，（2）因为恒成立，即恒成立，所以对恒成立，令，则，令，则，所以在上单调递减，因为，所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点，使得，即，两边取对数可得，即，因为函数在上单调递增，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以的取值范围为【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是恒成立，转化为对恒成立，然后构造函数，利用导数求出的最大值即可，考查数学转化思想和计算能力，属