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2022-2023学年高三下学期3月四校联考试卷
数学试题
本试卷分四大题,共4页.满分150分,考试时间120分钟.
一、单选题: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,,若,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的并集结果求出a值,再利用交集的定义求解作答.
【详解】因为集合,,,因此,即,
所以.
故选:B
2. 如果一个复数的实部和虚部相等,则称这个复数为“等部复数”,若复数(其中)为“等部复数”,则复数在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据新定义求得a的值,代入求得复数的代数形式,可得复数所对应的点的坐标,进而可得结果.
【详解】∵,
又∵“等部复数”的实部和虚部相等,复数为“等部复数”,
∴,解得,
∴,
∴,即:,
∴复数在复平面内对应的点是,位于第一象限.
故选:A.
3. 已知函数的图象关于直线对称,则的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的对称轴可构造方程求得的取值,进而可确定的最小值.
【详解】关于直线对称,,解得:,
当时,取得最小值.
故选:A.
4. 设,则a,b,c的大小关系为( )
A. abc B. acb C. bac D. cab
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的知识确定正确答案.
【详解】,
,
,
所以.
故选:C
5. 已知向量,满足,则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算,对两边同时平方得到,再由投影向量的定义即可求解.
【详解】由已知条件得:,即,
又在方向上的投影向量为,
故选:A.
6. 蚊香具有悠久的历史,我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图,为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下:在水平直线上取长度为1的线段AB,作一个等边三角形ABC,然后以点B为圆心,AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧),再以点C为圆心,CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E,再以点A为圆心,AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推,当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时,“蚊香”的长度为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到第一段圆弧到第n段圆弧的半径构成等差数列,结合圆心角,利用求和公式求出答案.
【详解】依题意,每段圆弧的圆心角为,第一段圆弧到第n段圆弧的半径构成等差数列:1,2,3,…,n.,
所以当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时,“蚊香”的长度为.
故选:D.
7. 过抛物线(p>0)的焦点F的直线交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,设,,若n,,成等比数列,则( )
A. B. 3
C. 3或 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义及等比中项的性质计算可得结果.
【详解】由n,,成等比数列,得.
由抛物线的定义知,, ,
所以,所以,
又因为,,所以.
故选:B.
8. 已知三棱锥,为中点,,侧面底面,则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接,,,设三棱锥外接球的球心为,设过点的平面为,则当时,此时所得截面的面积最小,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接,,由,
可知:和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,,
是等边三角形,为中点,
所以,又因为侧面底面,侧面底面,
所以底面,而底面,因此,所以是矩形,
和是边长为的等边三角形,
所以两个三角形的高,
在矩形中,,连接,
所以,
设过点的平面为,当时,
此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
,
因此圆的半径为:,所以此时面积为,
当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,面积为:,
所以截面的面积范围为.
故选:A.
【点睛】关键点点睛:几何体的外接球问题和截面问题,考查空间想象能力,难度较大.
二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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. 下列说法正确的是( )
A. 已知随机变量X,Y,满足,且X服从正态分布,则
B. 已知随机变量X服从二项分布,则
C. 已知随机变量X服从正态分布,且,则
D. 已知一组数据的方差是3,则数据的标准差是1
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