河北省唐山市一中2022届高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份河北省唐山市一中2022届高三上学期期中考试数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了 QUOTE 9，【答案】解等内容，欢迎下载使用。
唐山一中2021—2022学年度第一学期期中考试高三年级  数学试卷命题人：郝刚  审核人：闫琳说明：1.考试时间120分钟，满分150分。2.将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,将卷Ⅱ答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上。卷Ⅰ(选择题  共60分)一．选择题（共12小题，每小题5 分，计60分。1-8题为单选，每小题5分；9-12题为多选，全对得5分，部分正确得2分，选错得0分）集合，，则，间的关系是    A.  B.   C.   D. 已知命题：，总有，则为  A. ，使得 B. ，使得
C. ，总有 D. ，总有中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为A. 里 B. 里 C. 里 D. 里已知幂函数的图象过函数，且的图象所经过的定点，则的值等于A.  B.  C.  D. 设、是互不重合的平面，、、是互不重合的直线，下列命题正确的是A. 若，，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则在边长为的正方形中，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围是   A.  B.  C.  D. 已知奇函数的定义域为且是的导函数若对任意都有则满足的的取值范围是    A.  B.
C.  D. 在锐角中，分别为三边所对的角．若，且满足关系式，则的取值范围是A.  B.  C.  D. （多选题）在复平面内，下列说法正确的是A. 若复数为虚数单位，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数，则为纯虚数的充要条件是
D. 若复数满足，则复数对应点的集合是以原点为圆心，以为半径的圆（多选题）关于函数的描述正确的是    其图象可由的图象向左平移个单位得到
B. 在单调递增
C. 在有个零点
D. 在的最小值为（多选题）已知函数，则下列结论正确的是   A. 存在，使得
B. 时，点是函数图象的对称中心
C. 时，在上存在减区间
D. 时，若有且仅有两个零点，，且，则（多选题）在空间直角坐标系中，棱长为的正四面体的顶点，分别为轴和轴上的动点可与坐标原点重合，记正四面体在平面上的正投影图形为，则下列说法正确的有      A. 若平面，则可能为正方形
B. 若点与坐标原点重合，则的面积为
C. 若，则的面积不可能为
D. 点到坐标原点的距离不可能为卷Ⅱ(非选择题  共90分)二．填空题（共4小题，每题5分）已知是上的减函数，那么的取值范围是          ．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分即榫卯结构啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为          容器壁的厚度忽略不计在中，角，，所对的边分别为，，，，的平分线交于点，且，则的最小值为          ．数列满足，前项和为，则          ．三．解答题（共6小题，17题10分，其他题目每题12分）在，两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．在中，内角，，的对边分别为，，，已知______．
求；
已知函数，，求的最小值．   设的内角，，的对边分别为，，，已知，且．
求角的大小；
若向量与共线，求的周长．
     为等差数列的前项和，且，，记，其中表示不超过的最大整数，如，．求，，；求数列的前项和．

 已知数列的前项和为，且，．
求数列的通项公式；
设数列的前项和为，对任意的恒成立，求实数的最大值．

 四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面面，．

求证：；
已知平面与平面的交线为，在上是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置，若不存在，请说明理由．
 已知函数，其中是自然对数的底数．设直线是曲线的一条切线，求的值；若，使得对恒成立，求实数的取值范围．       2021-2022学年第一学期期中考试试卷答案和解析1.  2.  3.  4.  5.  6.  7.
8.  9.  10.  11.  12.  13.        14.        15.         16.   17.【答案】解：若选择：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，，所以，
所以，，所以．
若选择：，
可得，
整理可得，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以．
由知：，可得函数，
因为，
所以，可得，
所以，
所以的最小值为．
18.【答案】解：，
，
，
，
，
，
又为的内角，；
向量与共线，
，
由正弦定理可知，，
由结合余弦定理可知，，即，
，
的周长为．
19.【答案】解：由题意得，所以，所以，
又因为，所以，所以．所以，所以，，．，当时，；当时，；当时，；当时，；所以．20.【答案】解：，，，
当时，，即，
又，，，
，
数列是等比数列，且首项为，公比为，
，．
由得．
，
．
，
．
设，
则
，
是递增数列，
，
的最大值是．
21.【答案】证明：取的中点，连接，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，是的中点，
，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，
平面，
，
又，平面，平面，
平面，又平面，
．
解：延长，，设的延长线和的延长线交点为，连接，
则平面和平面的交线为直线，
以为原点，以、、平面的过点的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，即
令可得，
设平面的法向量为，
则，即
令可得，
，
，
若二面角的余弦值为，
则，
解得：或，
令可得，解得，
故当时，二面角为锐二面角，当时，二面角为钝二面角，
，即在直线上存在点，当为的中点时，二面角的余弦值为．
 22.【答案】解：，
设切点横坐标为，则
消去，得，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以方程只有唯一的解，代入可得．
设，则，
当时，，在上单调递增，
又，故不符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
于是，
设，
，
因为在上单调递增，且时，
所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因此，实数的取值范围为．