甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三数学（理）上学期期中检测试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三数学（理）上学期期中检测试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年度上学期高三期中检测试卷理科数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．共4页，总分150分，考试时间120分钟．第I卷（选择题 共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，，则（    ）A.  B. C  D. 【答案】C【解析】【分析】解分式不等式得集合，然后由交集定义计算．【详解】，所以．故选：C．2. 在中，，则（    ）A.  B. 25 C.  D. 16【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的数量积及其几何意义，即可得解．【详解】解：．故选：C．3. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合函数，以及的单调性即可判断的范围，进而可以比较大小.【详解】因为函数在上单调递增，所以，即；函数在上单调递增，所以，即；函数在上单调递减，所以，即；因此，故选：C.4. 已知，则（    ）A.  B.  C. -3 D. 3【答案】B【解析】【分析】结合诱导公式以及同角的商数关系求出，进而利用两角差的正切公式即可求出结果.【详解】因为，所以，显然，所以，即，而，故选：B.5. 若实数数列1，b，81成等比数列，则圆锥曲线x2＋＝1的离心率是（    ）A. 或 B. 或 C.  D. 或10【答案】A【解析】【分析】根据等比数列求出，分别求出椭圆和双曲线对应的离心率即可.【详解】因为1，b，81成等比数列，所以，解得：.当b=9时，椭圆的离心率；当时，双曲线离心率.故选：A6. 已知的三内角，，所对的边分别是，，，满足下列条件的有两解的是（    ）A. ，， B. ，，C. ，， D. ，，【答案】B【解析】【分析】只有已知两边及一边的对角时才可能有两解，还需通过正弦定理、三角形的性质判断．【详解】A是已知两边及夹角，只有一解，B是已知两边及一边的对角，由正弦定理得，由于，因此，可能为锐角也可能为钝角，所以或，两解．C中已知两边及一边的对角，同理由正弦定理得，无解．D已知三边，根据的取值要么无解，要么只有一解，不可能有两解．故选：B．7. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确.【详解】若，，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误；若，，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误；若，，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误；若，，根据线面垂直的性质定理可知，故D正确；故选：D.8. 已知函数f(x)是偶函数，且f(x)在上是增函数，若，则不等式的解集为（    ）A. {x|x>2} B.  C. {或x>2} D. {或x>2}【答案】C【解析】【分析】利用函数的奇偶性和单调性将不等式等价为，进而可求得结果.【详解】依题意，不等式，又在上是增函数，所以，即或，解得或.故选：C.9. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当时，（    ）A. 6 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】计算，可得的值，将当时，代入结合可得的值，即可得的解析式，由可得点的坐标，即可求解.【详解】由题意得：，，所以，所以，当时，，可得，即，因为，所以，所以，所以，当时，，此时，即点，所以，故选：A.10. 如图，在四边形中，，，，现沿对角线折起，使得平面平面，此时点，，，在同一个球面上，则该球的体积是（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据两平面的形状寻找外接球的球心位置，利用勾股定理求出外接球半径，从而可得出球的体积【详解】解：如图，取的中点，连接，因为，所以,因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以棱锥外接球的球心在直线上，因为，，，所以，设，则，所以，解得，所以外接球的半径为，外接球的体积为，故选：A11. 抛物线的准线方程为，F为抛物线的焦点，P为抛物线上一个动点，Q为曲线上的一个动点，则的最小值为（    ）A. 7 B.  C. 8 D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线定义，要使最小等价于最小，即三点共线，再由圆上点到定直线距离最小，可知只需圆心到距离减去半径为最小，即可求最小值.【详解】由题意可知：抛物线方程为，曲线：，图象如下：过作准线于，则由抛物线定义知：，∴，则要使最小，只需三点共线且最小即可.∴只要到直线距离最短，即到距离减去半径，故最小值为7.故选：A12. 设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意转化条件得数列的连续四项在集合中，结合等比数列的性质即可得解.【详解】，且数列有连续四项在集合中，，数列的连续四项在集合中，因为是等比数列，等比数列中一定有正项和负项相邻，则，所以等比数列各项的绝对值递增或递减.按绝对值的顺序排列上述数值得，相邻两项相除，则可得是数列的连续四项，或（舍去）故选:A.第II卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 半正多面体亦称为“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石凳的体积是________．【答案】【解析】【分析】根据题意，该石凳是由棱长为cm的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，故由正方体的体积减去个三棱锥的体积，即可求解.【详解】解：由图可知：该石凳是由棱长为cm的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，该石凳的体积为：.故答案为：.14. 已知等差数列的前n项和为．若，，则满足的最小正整数n的值为______．【答案】23【解析】【分析】先求得，，再利用二次函数的性质即可求得满足的最小正整数n的值【详解】因为，所以．因为，，所以数列的公差，，所以，又等差数列的前n项和为二次函数开口向上，过原点，对称轴在y轴右侧故要使，则．故答案为：2315. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与y轴的正半轴交于点B，连接，，分别交双曲线的渐近线于点E，F.若四边形OFBE为平行四边形，则该双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】由题可得，进而可得，即得.【详解】设双曲线的焦距为，由题可得，则，因为四边形OFBE为平行四边形，所以，，因为渐近线OF的方程为，所以，所以离心率.故答案为：.16. 已知是定义在R上的奇函数，满足，有下列说法：①的图象关于直线对称；②的图象关于点对称；③在区间上至少有5个零点；④若上单调递增，则在区间上单调递增．其中所有正确说法的序号为_______．【答案】②③④【解析】【分析】求得函数的图象关于点对称判断①②；求得在区间上零点个数判断③；求得在区间上的单调性判断④【详解】因为，所以，故函数是周期为3的周期函数，又是定义在R上的奇函数，则，所以，故函数的图象关于点对称，故①错误，②正确；由题意可知，，因为，令，可得， 即，所以，从而，故函数在区间上至少有5个零点，故③正确；因为，，且函数在区间上单调递增，则函数在区间上单调递增，故函数在区间上也单调递增，故④正确．故答案为：②③④三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知向量，，函数．（1）求函数的最小正周期及最小值；（2）若，求的值．【答案】（1）最小正周期；最小值；（2）．【解析】【分析】（1）利用向量的数量积公式和三角函数恒等变换公式对函数化简得，从而可求得其最小正周期；（2）由可得，而，再利用余弦的二倍角公式化简可得答案【详解】解（1）∴函数的最小正周期，当即，时，函数的最小值是．（2）由（1）知，∴，所以．18. 设椭圆C：的左、右焦点为，过点的直线l：x-y-1=0交C于A，B两点，的周长等于8.（1）求C的标准方程；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意求出的值，即可求出标准方程；（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理求出，进而根据代入数值即可求出结果.【详解】（1）由题意，令，则，所以，即，又因为的周长等于8，即，则，所以，故C的标准方程为；（2）联立，消去得，设，结合韦达定理，则，.19. 已知数列的前项和为，，，，其中为常效．（1）证明：；（2）当数列为等差数列时，记数列的前项和为，证明：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据由，得，两式相减后可得,进一步分析可得结论；（2）设等差数列的公差为d,根据题意有d=a3-a2=a2-a1,从而解出λ与d的值;再利用等差数列的通项公式可得an，利用错位相减法求得，可分析证明<1.【详解】（1）由，得，两式相减得：，由于，所以，所以，即证.（2）设等差数列的公差为d,由；a1=1,得，又,得.由d=a3-a2=a2-a1,得，解得；所以，解得d=2，所以.令，则，所以①×得：两式相减，得：，所以20. 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．（1）求证：EF⊥平面BCF；（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为【解析】【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知， AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.【小问1详解】证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，因为，则，所以又因为，则，∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF     ∵，  ∴AC⊥平面BCF，因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF【小问2详解】因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，在Rt△ABC中，，．则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，设点M(t，0，1)，其中设平面MAB的法向量为，由，取，可得，．易知平面FCB的一个法向量为，所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为21. 已知函数，．（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；（2）当时，求证在上恒成立．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）求出导函数，问题转化为，恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值．（2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，注意令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可．【详解】解：（1）因为，，对，恒成立，所以，设故，所以在上单调递增，所以，所以；（2）由题意知，要证上，，令，则，显然在上单调减，，所以，所以，，单调增，，，单调减，所以，得证．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立，已知函数的单调性问题，一般转化为导函数的不等式恒成立，然后转化为求函数最值得参数范围，证明不等式也可转化为求函数的最值，由最值满足不等关系得出结论．22. 已知椭圆C：上的点到焦点的最大距离为3，最小距离为1（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C右焦点F2，作直线l与椭圆交于A，B两点（A，B不为长轴顶点），过点A，B分别作直线x=4垂线，垂足依次为E，F，且直线AF，BE相交于点G．①证明：G为定点；②求△ABG面积的最大值．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．【解析】【分析】（1）由题知，进而得答案；（2）①当直线斜率不存在时，方程为，点；当直线斜率存在且不为零时，设，，方程为，进而联立方程并结合韦达定理求解直线，的交点坐标满足，且，故为定点．②直线斜率不存在时，可知；而当斜率不为零时，．【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，，所以椭圆的方程为．（2）①由（1）知，当直线斜率不存在时，方程为，可得，；可得，，即有，相交于点；当直线斜率存在且不为零时，设，，则，，方程为，联立可得，化简得，由韦达定理得，，而直线，相交时，联立作差可得，且，则代入，，化简得即，相交于点，综上可证为定点．②直线斜率不存在时，可知；而当斜率不为零时，由（i）可得．故面积的最大值为．