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莆田锦江中学2023-2024学年上学期期中考
高三数学
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．不等式：成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数的导函数为，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
6．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲 乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳 射击 体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
8．数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．关于函数，下列选项中正确的有（ ）
A．的定义域为 B．为奇函数
C．在定义域上是增函数
D．函数与是同一个函数
10．已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A．的最小正周期为π B．在区间上单调递增
C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称
11．如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为
B．直线与平面所成的角为
C．平面与平面的夹角为
D．点到面的距离为
12．已知偶函数对，都有，且时，，下列结论正确的是（ ）．
A．函数的图象关于点中心对称 B．是周期为4的函数
C． D．
三、填空题
13．某工厂月产品的总成本（单位：万元）与月长量（单位：万件）有如下一组数据，从散点图分析可知与线性相关．如果回归方程是，那么表格中数据的值为 ．
/万件 1 2 3 4
/万件 3.8 5.6 8.2
14．的二项展开式中，项的系数为 ．
15．若且，则 ．
16．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论是棣莫弗—拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.棣莫弗在1733年证明了的特殊情形.1812年，拉普拉斯对一般的进行了证明.现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数不超过60次的概率为 .
（附：若，则，，）
四、解答题
17．已知函数
(1)求函数的最小正周期；
(2)当时，求函数的单调递减区间和值域.
18．如图，平面，四边形为矩形，，，点是的中点，点在边上移动.
(1)求三棱锥的体积； (2)证明：.
19．某地级市受临近省会城市的影响，近几年高考生人数逐年下降，下面是最近五年该市参加高考人数与年份代号之间的关系统计表.
年份代号 1 2 3 4 5
高考人数（千人） 35 33 28 29 25
（其中2018年代号为1，2019年代号为2，…2022年代号为5）
(1)求关于的线性回归方程；
(2)根据（1）的结果预测该市2023年参加高考的人数；
(3)试分析该市参加高考人数逐年减少的原因.
（参考公式：）
20．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
21．数学奥林匹克竞赛是一项传统的智力竞赛项目，旨在通过竞赛选拔优秀人才，促进青少年智力发展，很多优秀的大学在强基计划中都设置了对中学生奥林匹克竞赛成绩的要求，因此各中学学校对此十分重视．某中学通过考试一共选拔出15名学生组成数学奥赛集训队，其中高一学生有7名、高二学生有6名、高三学生有2名．
(1)若学校随机从数学奥赛集训队抽取3人参加一项数学奥赛，求抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一的概率；
(2)现学校欲通过考试对数学奥赛集训队成员进行考核，考试一共3道题，在测试中．3道题中至少答对2道题记作合格．现已知张同学每道试题答对的概率均为，王同学每道试题答对的概率均为，并且每位同学回答每道试题之间互不影响，记X为两名同学在考试过程中合格的人数，求X的分布列和数学期望．
22．已知函数．
(1)当时，求在点处的切线方程．
(2)若的图象恒在轴上方，求实数的取值范围．
高三数学期中考参考答案：
1．C
【分析】先将集合A化简，再根据集合的并集运算得解.
【详解】因为，，
故.
故选：C．
2．A
【分析】求出不等式的解集，再借助集合的包含关系及必要不充分条件的定义判断作答.
【详解】解不等式，得，
对于A，真包含于，A是；
对于B，，B不是；
对于C，真包含于，C不是；
对于D，与互不包含，D不是.
故选：A
3．B
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题得出结果.
【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
故“，”的否定是“，”，
故选：B．
4．D
【分析】根据函数的奇偶性可排除BC,根据单调性可判断A，即可求解.
【详解】的定义域是，关于原点对称，，所以是偶函数，排除B，C；
当时，，易知在上是增函数，排除A．
故选：D
5．A
【分析】求得，令，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得，解得.
故选：A.
6．D
【分析】由倍角余弦公式并整理得，结合角的范围得，进而求，应用倍角正切公式求值即可.
【详解】由，即，
所以或，又，则，
所以，则，
由.
故选：D
7．C
【分析】本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可.
【详解】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有种，
所以不同的安排方法有种.
故选：C
8．A
【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，求出数字和为5的两位数个数作答.
【详解】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，
因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，
其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，
所以所求概率为．
故选：A
9．BD
【分析】①求函数的定义域,可令,解出此不等式的解集即可得到所求函数的定义域；
②判断函数的奇偶性,要用定义法,由函数解析式研究与的关系,即可证明出函数的性质；
③此函数是一个减函数,由定义法证明要先任取且,再两函数值作差,判断差的符号,再由定义得出结论.
④判断函数事都是同一函数,首先看定义域,定义域相同,然后看解析式,解析式也相同,即为同一函数.
【详解】①由题意令,解得,所以数的定义域是,A错误；
②由A知函数的定义域关于原点对称,且函数是奇函数,B正确；
③此函数在定义域上是减函数,证明如下：任取属于且,
,
由于属于且,
,,
可得
所以,
即有,即,
故函数在定义域是减函数,C错误；
④函数定义域：,即,
,
故函数与是同一个函数,D正确.
故选BD
【点睛】本题考查函数的基本性质：定义域、奇偶性、单调性,只需按照定义判断即可.
10．AD
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】A选项，证明两两垂直，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解；B选项，证明⊥平面，故可取为平面的法向量，利用线面角的向量求解公式进行求解；C选项，求出两平面的法向量，利用相关公式求出两平面夹角；D选项，利用点到平面的距离公式求出答案.
【详解】A选项，因为平面，平面，
所以，，
又四边形为正方形，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设直线与所成的角大小为，则，
故，A正确；
B选项，因为四边形为正方形，所以⊥，
又平面，平面，故，
因为，平面，
所以⊥平面，故可取为平面的法向量，
设直线与平面所成的角大小为，
则，
故直线与平面所成的角为，B正确；

C选项，设平面的法向量为，
则，令得，
故，
平面的法向量为，
故，
故平面与平面的夹角不为，C错误；
D选项，由C选项知，平面的法向量为，
故点到面的距离，D正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】由可推出函数的对称中心即可判断A项，根据为偶函数及可推出函数的周期可判断B项，采用赋值法、偶函数性质、周期性即可判断C项、D项.
【详解】对于A项，由得的图象关于中心对称，故A正确；
对于B项，因为为偶函数，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，即是周期为8的函数，故B项错误；
对于C项，因为，
所以令，则，即，
又因为为偶函数，所以，故C项正确；
对于D项，因为时，，的周期为8，为偶函数，
所以，故D项正确．
故选：ACD．
13．6.4/
【分析】分别求出工厂总成本和月长量的平均值，代入回归方程，即可求出表格中数据的值.
【详解】由题意及表知，
，，
∵回归方程是，
∴，
∴．
故答案为：6.4.
14．210
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，代入通项公式中可求得结果.
【详解】的二项展开式的通项公式为，
令，得，
所以项的系数为，
故答案为：210
15．
【分析】先根据平方关系及商数关系求出，再利用两角差的正切公式即可得解.
【详解】因为且，所以，
所以，
则.
故答案为：.
16．0.977
【分析】利用二项分布的期望和方差的公式以及正态分布的原则求解即可.
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面朝上次数为,则,
故， ，
由已知得，且,,
因为，
所以,解得，
所以,
故答案为：0.977.
17．(1)
(2)的减区间为；函数的值域为
【分析】（1）化简得，从而利用周期公式即可求解；
（2）令，求解并结合即可求得单调减区间；由于，可得，再结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以的最小正周期是；
（2）令，解得，
令，则
由于，所以的减区间为.
因为，则，所以，
所以，即函数的值域为.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）等体积法解决即可；（2）线面垂直的判定定理，性质定理相结合解决即可.
【详解】（1）平面，四边形为矩形，
，
.
（2）证明：平面，
，
又，且点是的中点，
，
又，，，
平面，
又平面，
，
由，，，
平面，
平面，
.
19．(1)
(2)22.8千人
(3)答案见解析
【分析】（1）根据题中数据计算得即可解决；（2）根据（1）中回归方程计算即可；（3）言之有理，客观分析即可.
【详解】（1）设回归方程为，由表中数据知，
，.
所以，
所以，
所以关于的回归方程.
（2）由（1）得关于的回归方程.
令，（千人），
所以预测该市2023年参加高考的人数为22.8千人.
（3）①该市经济发展速度慢；
②该市人口数量减少；
③到省会城市求学人数增多.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）先证明，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以且，
因为为的中点，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）连接，
在菱形中，，则，
所以和都是等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用组合数及古典概型求解；
（2）分别计算两位同学合格的概率，再计算合格人数的概率，列出分布列，计算期望即可.
【详解】（1）设事件A为“抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一”，
则有．
（2）设张同学、王同学答对的题数分别为Y，Z，
张同学在考试中合格的概率为：
，
王同学在考试中合格的概率为：
．
由题意得X可取0，1，2，
则，
，
，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
因此X的数学期望．
22．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和，代入切线方程中即可求解；
（2）将函数的图像恒在x轴上方，转化成恒成立，构造函数，此时问题转化成函数最值问题，对函数进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．
【详解】（1）
．
又
在点处的切线方程为
（2）的图像恒在轴上方，等价于恒成立
即恒成立，
令，则
令，则
所以在上单调递减
又，所以在上存在唯一的使
当时单调递增，当时单调递减．
故的最大值为
又，故，
两边取对数得
又在定义域内单调递增，所以，故
所以
所以.
【点睛】方法点睛：含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求导确定函数的单调性得到最值，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

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