重庆市2022-2023学年高三数学上学期11月期中试题

Page1重庆市2022-2023学年高三数学上学期11月期中试题（考试时间：150分钟 试卷满分：120分）一、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．已知集合，集合，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．若将有限集合的元素个数记为，对于集合，，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则或C．若，则D．存在实数，使得3．已知函数是偶函数，则的值为（

）A． B．1 C．1或-1 D．4．在中，角的对边分别为．若，，的面积为，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：，，……依次类推，其中，则（

）A． B． C． D．6．从某中学甲、乙两班各随机抽取10名同学，测量他们的身高（单位：cm），所得数据用茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（）A．甲乙两班同学身高的极差不相等B．甲班同学身高的平均值较大C．甲班同学身高的中位数较大D．甲班同学身高在175cm以上的人数较多7．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．已知复数，则（

）A． B． C． D．10．在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（

）A．若，则 B．，，则的外接圆半径是4C．若，则 D．若，，，则有两解11．已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．12．已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，则该大师赛共有_________场比赛．14．有一批产品，其中有2件正品和3件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为_______．15．记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则___________.16．已知为函数（）的导函数，且有两个不同的零点，，设，则的极值为_________．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知数列的首项，，.(1)证明：为等比数列；(2)证明：.18．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．19．设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲的命中率为，乙的命中率为，求：(1)在甲、乙各一次的射击中，目标被击中的概率；(2)在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率．20．如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.(1)证明：直线平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值；(3)求点到平面的距离.21．己知圆，直线与圆O交于A，B两点．(1)求；(2)设过点的直线交圆O于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点S满足．证明：直线SN过定点．22．已知函数，其中．(1)若函数的最小值为，求a的值；(2)若存在，且，使得，求a的取值范围．高三数学参考答案单选：BCBBDABA多选：9.ABD 10.AC 11.ABC 12.ACD7．解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，设，则，，，则，若存在点使得，则存在点使得，即在上有解，即在上有解，令，显然，，所以，即且，由，即，解得或，由，即，解得或，又，所以，即.8．不妨设，由可得出，即，令，其中，则，所以，函数在上为增函数，则，则，令，其中，，令，其中，所以，，所以，函数在上单调递增，因为，，所以，存在，使得，则，令，其中，则，故函数在上为增函数，因为，，所以，，由可得，所以，，可得，且当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，.11．因为，故可得，，对A：当时，，故可得，故A正确；对B：因为，则对也成立，又当，时，，则，故B正确；对C：令，则，故在单调递减，则，则当时，，；则当，时，，即；则，即，又，，故C正确；对D：，故D错误.12．作出图形如图所示．延长至Q，使得，连接MQ，NQ，记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取的中点，连结，，所以，即，且，所以四边形是平行四边形，得，且又因为，且，所以四边形是平行四边形，得，，所以，且，所以四边形是平行四边形，则截面为五边形为，则，，因为，所以，所以，，同理：，，，，，故所得截面的周长为.故选：ACD13．1614．/0.7 15．16．315.解：因为，所以，，所以，又因为，当时，得，所以，当时，，即，所以是等差数列，首项为，公差，所以，所以，满足，故，即，所以，两式相除得，当时也成立，所以，所以，所以.故答案为：.16.由题意可知，有两个不同的零点，，所以可得，，或，，令，解得，令，解得或，所以在上单调递减，上单调递增，上单调递减；∴．17．（1）解：∵，∴∴（且）又∵∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.（2）解：由（1）得，∴∴∵，∴，∴.18．（1）由，解得，的单调递增区间为；（2）因为，可得，因为，所以即，由及可得，，所以所以即，当且仅当时取到等号，所以，故面积的最大值为.19．（1）解：甲、乙各一次的射击中目标被击中的对立事件为甲、乙均没有射击中目标，所以目标被击中的概率.（2）解：依题意可得甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次或甲击中次，乙击中次，当甲击中次，乙击中次时概率，当甲击中次，乙击中次时概率，当甲击中次，乙击中次时概率，所以在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率.20．（1）证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，，即，取，解得；所以，平面，平面；（2）解：设与所成的角为，，，，与所成角的余弦值为；（3）解：设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值，由，得，所以点到平面的距离为．21．（1）易知圆心，半径，圆心到直线的距离，所以弦长.（2）当直线的斜率不存在，即轴时，直线的方程为，代入圆方程得：或，设，，则直线方程为，代入直线得：，故，因为，所以是的中点，得，所以，所以直线的方程为：，即，直线过点.当直线的斜率存在时，如图所示：设直线方程为：，即，设，联立得：，，解得或，由韦达定理得：，所以③，④，且⑤，将代入直线得：，所以，是的中点，得，所以，所以直线的方程为：，将点的坐标代入并整理，化简得：，将①③④⑤代入上式得：，显然成立.综上可得：直线过定点.22．（1）解：函数定义域为，．若，则，函数为减函数，无最小值．若，由得．所以，，，的变化情况如下表：－0＋极小值所以，的最小值即极小值为．所以，，即．设，则，所以，为上的增函数，又因为．所以，．（2）解：由，得，即，将代入，有：，得．令，，，所以，将问题转化为函数在区间上有零点．所以，．其中．因为函数的对称轴方程为．所以，当，则恒成立，得在区间