2023届山西省太原市高三上学期期中数学试题含解析

2023届山西省太原市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式和，再求交集即可.

【详解】由得：，所以，

由得：，所以，

所以.

故选：C

2．在复平面内，复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法公式即可求解．

【详解】由得

故选：D

3．已知点在所在平面内，满，，则点依次是的（    ）

A．重心，外心 B．内心，外心 C．重心，内心 D．垂心，外心

【答案】A

【分析】设中点为，进而结合向量加法法则与共线定理得三点共线，在的中线，进而得为的重心，根据题意得点为的外接圆圆心，进而可得答案.

【详解】解：设中点为，因为，

所以，即，

因为有公共点，

所以，三点共线，即在的中线，

同理可得在的三条中线上，即为的重心；

因为，

所以，点为的外接圆圆心，即为的外心

综上，点依次是的重心，外心.

故选：A

4．从2007年10月24日18时05分，我国首颗绕月人造卫星“嫦娥一号”成功发射以来，中国航天葆有稳步前进的力量，标志着中国人一步一步将“上九天缆月”的神话变为了现实，月球距离地球大约38万千米，有人说，在理想状态下，将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次，其厚度就可以超过月球与地球之间的距离，那么至少对折的次数是（    ）（参考数据：）

A．41 B．42 C．43 D．44

【答案】B

【分析】由题知第次对折后纸张的厚度为毫米，再根据题意解不等式即可.

【详解】解：由题知，第一次对折后纸张的厚度为毫米，

第二次对折后纸张的厚度为毫米，

第三次次对折后纸张的厚度为毫米，

……

所以，第次对折后纸张的厚度为毫米，

因为38万千米为毫米，

所以，，

所以两边取以为底的对数得，即，解得，

所以，至少对折的次数是次.

故选：B

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用倍角公式和诱导公式，结合已知条件，求解即可.

【详解】.

故选：A.

6．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】利用线面平行以及线面垂直的相关知识，逐一验证，可得答案.

【详解】对于A，由，则设，当时，也是符合条件的，故A错误；

对于B，由，则直线与的位置是平行或异面，故B错误；

对于C，由，则存在，，由，则，故C正确；

对于D，设，当时，且，也可推出，故D错误，

故选：C

7．已知函数，，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知为偶函数，在上为单调递减函数，再根据，即可得答案.

【详解】解：由题知函数的定义域为，，

所以，函数为偶函数，

所以

因为当时，

所以，由指数函数单调性可知，在上为单调递减函数，

因为，函数在上单调递增，

所以

又因为，，

所以，

所以，由函数在上为单调递减函数可得，

所以

故选：D

8．若曲线和y＝x2＋mx＋1有公切线，则实数m＝（    ）

A． B． C．1 D．－1

【答案】A

【分析】利用导数求出曲线的切线方程，再与曲线y＝x2＋mx＋1联立，结合判别式即可求解.

【详解】设，则，

曲线与切线相切于，

则切线方程为：①

因为切线与y＝x2＋mx＋1②相切，

联立①②：x2＋mx＋1=，

所以，

所以，

所以，

则有，解得，

故选：A

二、多选题

9．已知数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）

A．是等差数列 B．

C． D．有最大值

【答案】AB

【分析】由与的关系求出数列的通项，从而可判断AB，根据数列性质可判断C，根据前项和的函数性质可判断D.

【详解】当时，，

当时，

，符合，

故，

所以，，

所以数列是等差数列，首项为，公差，A正确；

，B正确；

因为公差，所以数列是递减数列，所以，C错误；

，

易知当或时，有最大值，D错误.

故选：AB

10．已知，则下列结论正确的是（    ）

A．有最小值 B．有最小值

C． D．

【答案】BD

【分析】对于A，利用指数函数的单调性，可得答案；

对于B，利用基本不等式，可得答案；

对于C，利用三角函数的辅助角公式，通过作差，结合正弦函数的单调性，可得答案；

对于D，整理不等式，构造函数，利用函数单调性，可得答案.

【详解】由，则，

对于A，由，则，故A错误；

对于B，，当且仅当，即时，等号成立，则的最小值为，故B正确；

对于C，令，当时，故C错误；

对于D，由，，则令，易知该函数在上单调递增，又因为，即，则不等式成立，故D正确.

故选：BD.

11．已知分别是内角的对边，，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由题知，，进而得，再结合题意得，进而令，将问题转化为，再结合二次函数性质求解即可.

【详解】解：因为，，

所以，

所以

因为，且，

因为，

所以，故A选项错误；、

所以，，

所以，，即，故B选项正确；

所以，

因为，

所以，

所以，

所以

令，

因为，所以，

所以，即，

所以，

所以，，

因为，

所以，即，故C正确，D错误.

故选：BC

12．已知四棱锥S－ABCD的底面是矩形，，则下列结论正确的是（    ）

A．平面SAD⊥平面SAB

B．BC⊥平面SAB

C．直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为

D．四棱锥S－ABCD外接球的表面积为13

【答案】ACD

【分析】由面面垂直的判定定理可判断A，由线面垂直的性质可判断B，由线面角的几何求法可判断C，由几何体外接球的性质可判断D.

【详解】如图所示：

因为是矩形，所以

又因为，，平面，

所以平面，而平面SAB，

所以平面SAD⊥平面SAB，A正确；

因为

由余弦定理可知：，

而，所以与所成夹角的余弦值为，

所以BC与平面SAB不垂直，B错误；

作，垂足为，连接，

因为平面，平面，

所以，而，平面，

所以平面，平面，所以，

，所以，

，则，

，

在Rt中，，

所以，

即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，C正确；

作矩形的中心，连接，，

设外接球球心为，作平面ABCD，且，

作，垂足为，易知，连接，，

易知，

因为，，

故，

，①

，②

由①②解得：，，

所以四棱锥S－ABCD外接球的表面积，D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知，若，则实数________．

【答案】

【分析】根据题意得，再根据向量垂直的坐标表示求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

因为

所以，即，解得

所以，实数.

故答案为：

14．设等比数列的前n项和为，且，则________．

【答案】

【分析】由题知当时，，进而结合已知得公比为，再求得即可求解.

【详解】解：因为

所以，当时，，

所以，即，

所以，等比数列的公比为，

所以，当时，，

所以，解得，

所以

故答案为：

15．已知函数的最小正周期为T，若，且当时，取得最小值1，则________．

【答案】##

【分析】由题知，，，进而得，再计算即可.

【详解】解：因为函数）的最小正周期为T，若，

所以，解得，

因为时，取得最小值1，

所以，，

所以，，

因为

所以，，即，

所以

故答案为：

16．已知定义在上的函数满足，且是的导函数，当时，，则不等式的解集为________．

【答案】

【分析】令，进而结合题意得函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，，进而根据单调性和奇偶性解不等式即可.

【详解】解：令，则

因为，即，

所以，即函数为偶函数，

因为，当时，

所以，当时，，函数为单调递减函数，

因为函数为上的偶函数

所以，函数在上单调递增，在上单调递减，

因为，所以

因为可变形为，即，

因为函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，

所以，或，即或，

所以，不等式的解集为

故答案为：

四、解答题

17．已知集合，，且．

(1)若命题“”为真命题，求实数a的取值范围；

(2)若，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知，，再根据题意，结合求解即可；

（2）由题知，进而结合题意得或，再解不等式即可得答案.

【详解】（1）解：因为，

所以，即，

因为，且，

所以，，解得，

因为命题“”为真命题，

所以，

所以，解得，

所以，实数a的取值范围是.

（2）解：由（1）知，，，

所以，

因为，

所以，或，解得或，

所以，实数a的取值范围是

18．已知是偶函数．

(1)求实数k的值；

(2)求不等式的解集．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用偶函数的定义，建立方程，结合对数运算，可得答案；

（2）由（1）所得函数解析式，整理不等式，利用一元二次不等式的解法，解得指数函数性质，可得答案.

【详解】（1）由题意，，则，解得.

（2）由（1）可知，则，整理为，

，，，，，解得，即.

19．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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简可得，进一步可求得的单调递增区间；

（2）由题意先求出角，利用已知条件结合向量知识，可得，根据基本不等式可求得的最大值，进而得到面积的最大值．

【详解】（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.

20．已知数列中，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）对递推公式进行配凑，构造等比数列，再根据等比数列的通项公式，写出即可；

（2）根据（1）中所求，解得，再利用错位相减法即可求得结果.

【详解】（1）因为，即，

即数列是首项为公比为的等比数列，

则，即.

（2），则

故，

，

两式作差可得：，

即

,

则.

即数列的前n项和.

21．如图，PO是三棱锥P－ABC的高，点D是PB的中点，．

(1)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；

(2)若，OB平分，PB＝5，PO＝3，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．

条件①：OD//平面PAC；条件②．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据线面平行的判定或性质，选择不同的条件，证明即可；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点的坐标以及两平面的法向量，结合平面夹角的余弦值和法向量夹角余弦值之间的关系，即可求得结果.

【详解】（1）选择①：OD//平面PAC，延长交于点，连接，，如下所示：

因为//面面，面面，故//，

在△中，因为点为的中点，故可得为的中点；

又，故可得;

因为面，面，则，

故△，则；

选择②：，取中点为，连接如下所示：

因为面，面，则，

又，故△，则；

在△中，又为中点，故可得，又，

则//面面，故//面；

在△中，因为分别为中点，故//，

又面面，故//面；

又面，故面//面，

又面，故可得//面.

（2）选择①：OD//平面PAC，由（1）所证可得：；

选择②：，由（1）所证可得：OD//平面PAC，

故不论（1）中选择哪个条件，都会有，且OD//平面PAC.

连接，取中点为，连接，

以为坐标原点，过作与平行的直线为轴，以分别为轴，

建立如图所示空间直角坐标系：

在△中，，

又，易得，

在△中，，

则，

，

设平面的法向量为，

则，即，

解得，取，则，则；

设平面的法向量为，

则，即，

解得，取，则，；

故，

设平面PAB与平面PAC的夹角为，

则，即平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为.

22．已知函数，是非零常数．

(1)若函数在上是减函数，求的取值范围；

(2)设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．

【答案】(1)

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题知在上恒成立，再分和两种情况讨论求解即可；

（2）根据题意令，进而分，，三种情况讨论函数的单调性，进而得，其中，再根据当时，直线与的图像在上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.

【详解】（1）解：

因为函数在上是减函数，

所以，在上恒成立，

当时，在上恒成立，满足题意；

当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，

所以，的取值范围为

（2）解：令得，

所以，，则，

所以，当时，，函数在上单调递增，

当时，，故函数在上单调递减，

因为，

所以，存在，使得，即，

所以，当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

当时，恒成立，

所以，在上单调递增，

因为，，

所以，存在，使得，即，

所以，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

因为，

所以，在上单调递减，

综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，

因为，即，

所以，，

所以，，其中，

所以，当时，直线与的图像在上有两个交点，

所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.

所以，取，则，当时，在上有两个极值点.

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于构造函数，进而结合三角函数在的符号，分，，三种情况讨论函数的单调性，进而的函数值得范围，其中，再结合函数零点与极值点的概念即可求解.