辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022—2023学年度上学期期中高三年级试题数学考试时间：120分钟，满分：150分一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4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】A【解析】【分析】利用交集定义直接求解．【详解】集合，，,．故选：A．2. 若（为虚数单位）是纯虚数，则（    ）A. -1 B. 0 C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.详解】，由于为纯虚数，因此且，故，故选：C3. 当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（      ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将不等式恒成立问题转化为最值问题，然后利用基本不等式求最值即可.【详解】当时，恒成立，所以，又，所以，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：D.4. 九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（    ）A. 30 B. 90 C. 170 D. 341【答案】C【解析】【分析】根据，逐个代入，即可求解.【详解】由题，，所以. 故选.：C5. 如图，在长方体中，，，，P为的中点，M为的中点.则点D到平面的距离为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】连接、，应用勾股定理求出、、，由等体积法求D到平面距离即可.【详解】连接、，由题设，面，而面，则，同理，又，，所以，，，故△为等腰三角形，则，令D到平面的距离为，而，由，则，所以，，即.故选：C6. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC的中点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】..故选：A7. 已知函数，为f（x）的零点，为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在上单调，则ω的最大值为（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的性质，利用整体思想，由单调区间与周期的关系，根据零点与对称轴之间的距离，表示所求参数，逐个检验取值，可得答案.【详解】由f（x）在上单调，即，可得，则ω≤9；∵为f（x）的零点，为y＝f（x）图象的对称轴，根据三角函数的图象可知，零点与对称轴之间距离为：，k∈N*．要求最大，则周期最小，∴，则T；∴ω＝2k﹣1；当时，由，则，可得，易知在上单减，在上递增，不合题意；当时，由，则，可得，易知在上单减，在上递增，不合题意；当时，由，则，可得，易知在上单减，符合题意；故选：C．8. 若关于x的不等式对于任意恒成立，则整数k的最大值为（    ）A. -2 B. -1 C. 0 D. 1【答案】C【解析】【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得.【详解】对于任意恒成立等价于对于任意恒成立令，则令，则所以在上单调递增，又所以在有且仅有一个根，满足，即当时，，即，函数单调递减，时，，即，函数单调递增，所以由对勾函数可知，即因为，即，，所以.故选：C二、多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选或者多选不得分.）9. 已知 的最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）A. B. 的最大值为2C. 为的一条对称轴D. 为一个对称中心【答案】ACD【解析】【分析】由题意利用三角函数恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的图像和性质即可求解．【详解】解：，即，所以，解得，故A正确；所以，因为，所以，故B错误；，所以函数关于对称，故C正确；，所以为的一个对称中心，故D正确；故选：ACD10. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（    ）A. B. C. 平面平面D. 被球截得的弦长为1【答案】ABD【解析】【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.【详解】解：对于A，因为，平面，平面，所以平面，又因平面与平面的交线为，所以，故A正确；对于B，连接，在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形，所以，所以，因为底面，面，所以，又，所以平面，又因平面，所以，故B正确；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，平面的法向量，则，可取，同理可取，因为，所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，故C错误；对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心，故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，设外接球的半径为，则，则，所以，设与所成的角为，点到直线的距离为，，因为，直线的方向向量可取，，则，所以，所以，所以被球截得的弦长为，故D正确.故选：ABD.11. 已知等差数列的首项为1，公差，前n项和为，则下列结论成立的有A. 数列的前10项和为100B. 若成等比数列，则C. 若，则n的最小值为6D. 若，则的最小值为【答案】AB【解析】【分析】由已知可得:,,,则数列为等差数列通过公式即可求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为 ,通过裂项求和可求得;由等差的性质可知利用基本不等式可验证选项D错误.【详解】由已知可得:,,,则数列为等差数列,则前10项和为.所以A正确; 成等比数列,则,即,解得故B正确;因为所以,解得,故的最小值为7,故选项C错误;等差的性质可知,所以,当且仅当时,即时取等号,因为,所以不成立,故选项D错误.故选:AB.【点睛】本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般.12. 已知函数，若函数有4个零点，则的可能的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】CD【解析】【分析】求得解析式，令，将问题转化为的图象与的图象有四个不同的交点来求解出的取值范围，由此确定正确选项.【详解】当时，，所以，所以.令，得，依题意，的图象与的图象有四个不同的交点，画出和的图象如下图所示.当时，，则，所以，，所以过的切线方程为，即，故此时切线方程过原点.也即与只有个公共点，不符合题意.所以由图可知，要使的图象与的图象有四个不同的交点，需，即，故CD正确，AB错；故选：CD.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（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.三、填空题（本大题共4个小题，每题5分，共计20分.）13. 已知向量，满足，，则______.【答案】【解析】【分析】先根据求出，从而求出.【详解】，，..故答案为：.14. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.【答案】【解析】【分析】由已知，根据题意建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后通过异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，即可列式计算.【详解】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以,,所以，所以，解得或（舍去）.故答案为：.15. 已知，若函数y=f（x）的图像如图所示，则___________.【答案】【解析】【分析】现根据图像求出函数解析式，再根据周期性，即可求解.【详解】解：由图可知：，所以函数，又图像过，由“五点法”可得：，解得：，所以，因为故， ，故答案为：16. 已知定义在上的函数满足，，为的导函数，当时，，则不等式的解集为___________【答案】【解析】【分析】令，则由已知条件可得是上的奇函数，且递增，则可得，再由函数的单调性可求得答案.【详解】令，所以，因为，所以，化简得，所以是上的奇函数；，因为当时，，所以当时，，所以在上单调递增，又是上的奇函数，所以在上单调递增；考虑到，由，得，即.由在上单调递增，得，解得，所以不等式的解集为.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查函数单调性和奇偶性的应用，解题的关键是根据题意构造函数判断其单调性和奇偶性，然后利用其性质解不等式即可，考查数学转化思想，属于较难题.四、解答题（本大题共6个小题，共计70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题卡相应位置上.）17. 已知分别为 的三个内角 的对边， .（1）求B；（2）若面积为4，求 .【答案】（1）;    （2）8【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，继而结合余弦定理即可求得答案；（2）由三角形面积公式可求得，继而由余弦定理求得，从而由求得答案.【小问1详解】由，得，即，由余弦定理，得，由于，所以;【小问2详解】因为的面积为，所以，即，因为，,则，所以，所以.18. 如图，在四棱锥中，为正三角形，.（1）求证：平面；（2）若分别为的中点，求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连结EO, 证明，原题即得证；（2）证明平面，平面，原题即得证【小问1详解】证明：连结EO, 因为因为因为.又因为平面,所以平面. 【小问2详解】证明：因为平面,平面所以平面.因为, 又,所以, 又平面,平面,所以平面.又平面, ,所以平面平面.19. 已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角C大小；（2）当时，求的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理及同角三角函数的基本关系化简求解即可；（2）由三角恒等变化可得，再由正弦型三角函数的值域求解即可.【小问1详解】由已知及余弦定理，化简，可得，∴，∵为锐角，∴．【小问2详解】由正弦定理，得，，由，可得：，， ∴．∴．20. 设数列的前项和为，且满足，是公差不为的等差数列，，是与的等比中项．（1）求数列和的通项公式；（2）对任意的正整数，设，求数列的前项和．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）令可得的值，当时，与已知条件两式相减可得，由等比数列的定义可知数列是首项为，公比为的等比数列，进而求出数列的通项公式，设的公差为，将整理成关于的方程，解出的值，即可得到的通项公式；（2）由（1）可得数列的通项公式，再利用分组求和法即可求出结果．【小问1详解】解：在中，令得，，当时，，，即，，数列是首项为，公比为的等比数列，，设的公差为，由题意可得，即，整理得，解得或舍去，．【小问2详解】解：由题意可得，．21. 已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上.（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD//平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值，若不存在，说明理由.【答案】（1）O在EA延长线上，且AO=2，证明见解析；    （2）存在，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点，.【解析】【分析】（1）延长FM与EA的延长线交于点O，判断点O在平面ADE内，连DF交CE于N，结合线面平行的判定推理作答..（2）以AE的中点H为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量确定点M的位置，再计算两个平面夹角余弦作答.【小问1详解】依题意，四边形是矩形，而点M为AB的中点，延长FM与EA的延长线交于点O，又平面ADE，即有平面ADE，因，且，因此点A为线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，连DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，于是得，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】依题意，平面，则平面，且为二面角的平面角，即，连接，而，即有为正三角形，取的中点H，连DH，则，由平面，平面，得平面平面，而平面平面，于是得平面，取BF中点G，连接HG，由矩形得，即有两两垂直，以点H为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则点，假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设，，，设平面的一个法向量，则，令，得，因直线DE与平面EMC所成的角为60°，则，解得或，即存在点满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点，设平面的一个法向量，则，令，得，令平面MEC与平面ECF的夹角为，则，所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为.22. 函数．（1）求在上的单调区间；（2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为和    （2）【解析】【分析】（1）求出，然后可得答案；（2）由条件可得，设，则，然后利用导数可得在上单调递增，，然后分、两种情况讨论求解即可.【小问1详解】由题可得令，得；令，得，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为和．【小问2详解】由，得，即．设，则．设，则． 当时，，，所以．所以即在上单调递增，则．若，则，所以h(x)在上单调递增．所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意．若a＞2，则，必存在正实数，满足：当时，，h(x)单调递减，此时h(x)＜h(0)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是．