黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022-2023学年高三数学上学期阶段性测试试卷（三）（Word版附解析）

哈三中2022-2023学年度上学期

高三阶段性测试数学试卷

考试时间：120分钟  试卷满分：150分

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.

2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题（共60分）

（一）单项选择题（共8小题，每小题5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】D

【解析】

【分析】根据对数函数的单调性解不等式，即可得到集合B，进而根据交集的定义就出.

【详解】解：，

，即，

，

故选：D.

2. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量的运算先求出，然后根据向量垂直，数量积零即可求解.

【详解】因向量，，

所以，又，所以，

解得：，

故选：.

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由诱导公式变形后，再由二倍角公式计算．

【详解】.

故选：B.

4. 南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（    ）

A. 172 B. 183 C. 191 D. 211

【答案】C

【解析】

【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191

【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，，

令，则数列：1，2，3，4，5，6，，

则数列为等差数列，首项，公差，，则

则

故选：C

5. 在正方体中，为中点，过的截面与平面 的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由知四点共面，所以截面即为平面，找到交线，求出异面直线所成角，再结合余弦定理即可得出答案.

【详解】取的中点，如下图，连接，

因为，所以四点共面，

所以过的截面即为平面，

截面与平面 的交线为即为，

取的中点，连接，因为，

所以（或其补角）为异面直线与所成角，

设正方体的棱长为，所以，

所以.

则异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A.

6. 若函数()的值域是，则实数 的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据对数函数的性质可得时，，然后根据指数函数的性质结合条件可得，进而即得.

【详解】当时，，，

若，当时，则，与函数的值域为不符，

若，当时，则，又函数的值域为，

所以，又

所以，

综上，实数 的取值范围是.

故选：A.

7. 在中，角的对边分别为，若，，则面积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得，进而得到；利用余弦定理和基本不等式可求得，代入三角形面积公式即可求得结果.

【详解】由正弦定理得：，

，

，，，，，

，解得：；

由余弦定理得：，

（当且仅当时取等号），，

.

故选：B.

8. 已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，，则的值为（    ）

A. 117 B. 118 C. 122 D. 123

【答案】C

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性和周期性求解即可.

【详解】由解得，即是以4为周期的周期函数，所以，

因为为偶函数，所以，当时有，

又因为，所以，

所以，，

所以，

所以即，

故选：C

（二）多项选择题（共4小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）

9. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列说法不正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若两两相交，则交线互相平行

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据线线，线面，面面位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：若，则，故A正确；

对B：若，则，或与相交，故B错误；

对C：若，则，或，故C错误；

对D：若两两相交，则交线可以平行，也可以不平行，故D错误.

故选：BCD.

10. 已知函数最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）

A. 为的极小值点

B. 的图象关于中心对称

C. 在上有且仅有5个零点

D. 的定义域为

【答案】ACD

【解析】

分析】由题意可得，

对于A，只需验证是不是函数的最小值即可；

对于B，只需验证是否成立即可；

对于C，令，解出在上的零点即可判断；

对于D，令，解出的范围即可判断.

【详解】解：因为=，

又因为的最小正周期为，

所以，

所以，

所以，

对于A，当时，，

取最小值，所以为的极小值点，故正确；

对于B，因为，

所以的图象不关于中心对称，故错误；

对于C，令，可得或，

解得或，

所以函数在上的零点为：，共5个，故正确；

对于D，因为的定义域为，

即，

所以，

解得，

即函数的定义域为，故正确.

故选：ACD.

11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（    ）

A. 若是的中点，则平面

B. 存在某位置，使

C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为

D. 直线和平面所成的角的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解.

【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面，

因为平面

所以平面平面，

因为面平面面平面

所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误；

以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系.

因为，，所以，

所以，所以，所以，即，

又因为，则，

若B正确，则有，因为平面，

所以平面，

因为平面，则必定成立.

则根据题意，可得、、、.，，

则，即不成立，故矛盾，所以B不成立；

当二面角为直二面角时，即平面平面.

根据上面可知，所以，

又，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，

故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径.

，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确.

当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为.

由上图可知，在中，，由余弦定理可解得.

此时.此时，故D错.

故选：ABD

12. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 若恒成立，则

B. 当时，的零点只有个

C. 若函数有两个不同的零点，则

D. 当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是

【答案】BC

【解析】

【分析】采用分离变量法可得，利用导数可求得的单调性，进而得到最大值，从而得到，知A错误；根据恒成立可知单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，知B正确；要得到，只需得到，可化简得到，从而将问题转化为证明，设，利用导数可说明，即可判断C正确；将恒成立的不等式变形为，根据单调递增可得，即，利用导数的知识即可判断D错误.

【详解】对于A，定义域为，由得：，

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，则，A错误；

对于B，定义域为，，

当时，，在上单调递增，

又，，

，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确；

对于C，，，

；

要证，只需证，即证，

不妨令，则只需证，

令，则，

令，

则，

在上单调递增，，，

即恒成立，，C正确；

对于D，当时，由得：，

即，；

令，则，在上单调递增，

由得：，；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

，D错误.

故选：BC.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题、零点个数问题和极值点偏移的问题；本题D选项中恒成立问题求解的关键是能够利用同构法，将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题，进而通过构造函数，利用函数单调性得到自变量的大小关系，从而化简恒成立的不等式.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 等比数列中，，，则_________．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：设等比数列的公比为，则，则，故填.

考点：等比数列的性质.

14. 已知，且，则的最小值是__________.

【答案】

【解析】

【分析】本题先要将整理成合适的表达式，然后对运用基本不等式.

【详解】，

又

当且仅当即取得.

故答案为：

15. 在中，，，与交于点，若，则的值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据与交于点，知三点共线，设，推出，又三点共线，则存在，使得，列出方程组，解出，即可求得的值.

【详解】由已知可得，，.

因为，三点共线，设，.

，则.

，

又，

因为三点共线，则存在，使得，即，

因为，不共线，所以有，解得，

所以，，即，，.

故答案为：.

16. 在三棱锥中，二面角和的大小都为，，，，则三棱锥的外接球与内切球的表面积的比值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据等体积法求出内切球半径，设中点为，过作直线的平行线，

三棱锥外接球球心在直线上且位于平面下方，根据求出外接球半径解决即可.

【详解】如图，作平面，垂足为，过作，垂足为，

所以为二面角的平面角，由，大小均为知，点到直线距离相等，即点是的内切圆圆心，设半径为则，

又因为在中，，，，

所以为直角三角形，

，

所以，

设中点为，过作直线的平行线，

所以三棱锥外接球球心在直线上且位于平面下方，

在直角中，过作交于，作交于，

连接，所以与，，

因为是中点，

所以，

所以，

所以在直角中，，

设，

所以

又因为，

所以，

解得，

所以，

设内切球半径为，

因为,

所以，

所以，

所以,

故答案为：.

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. 在中，设角的对边分别为，且.

（1）求；

（2）求角的最大值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可；

（2）根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.

【小问1详解】

由，

由正弦定理可得：，

由余弦定理可知：；

【小问2详解】

由（1）可知：，

当且仅当时取等号，

由余弦定理可知：，

因为，所以，因此角的最大值为.

18. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧面底面，，为中点.

（1）求证：平面；

（2）求直线和平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明过程见详解   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面平行判定定理作辅助线证明.

（2）通过面面垂直的性质作辅助线证明线面垂直，再建立直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，再利用公式求线面角的正弦值.

【小问1详解】

取中点，连接.

为中点       

又   四边形为平行四边形

   平面，平面

平面

【小问2详解】

取中点，因为中，，所以

又因为侧面底面，平面平面，平面

所以平面   因为，所以

如图，以点为原点，所在直线分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.

则,，设平面法向量为，

则，令，得

设直线和平面所成角为，则.

19. 已知等比数列的公比，且，是，的等差中项，数列满足：数列的前项和为.

（1）求数列、的通项公式；

（2）若，，求数列的前项和.

【答案】（1），；，   

（2），.

【解析】

【分析】对于（1），设首项为，公比为.由，是，的等差中项可得通项公式.设的前项和为，则，据此可得通项公式；

对于（2），由（1）可得，注意到，据此可得.

【小问1详解】

设首项为，公比为.由，是，的等差中项可得，

两式相除得，又，得.

将代入，得，故，.

设的前项和为，则，

得，.又

则，结合，得，.

综上：通项公式为，，通项公式为，.

【小问2详解】

由（1）可得，，.

则，.

注意到，

则

，.

故，.

【点睛】关键点点睛：本题涉及求数列通项公式及裂项法求和，需注意以下几点：

（1）求等比数列通项公式时，常巧用上下同除达到消元目的.

（2）能发现（2）问中裂项式，是注意到这一恒等式.

20. 如图，经过村庄A有两条夹角为的公路，，根据规划，在两条公路之间的区域内建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库，（异于村庄），要求（单位：）.

（1）当时，求线段的长度；

（2）设，当取何值时，工厂产生的噪音对居民的影响最小？（即工厂与村庄的距离最远）

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）在中求得，然后在中由勾股定理求得；

（2）在中由正弦定理求得，然后在中由余弦定理求得，再利用三角函数恒等变换，结合正弦函数性质得最大值．

【小问1详解】

，，则，又，

∴，，，

∴；

【小问2详解】

，则，

由正弦定理得，

由余弦定理得

，

由三角形知，，

当且仅当，即时，取得最大值3，工厂产生的噪音对居民的影响最小．

21. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

（1）求证：；

（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）点存在，.

【解析】

【分析】（1）连接与相交于点，连接， 证明平面，可得，再利用已知条件证明平面，可证得.

（2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用法向量表示平面与平面的夹角的余弦，求出点坐标.

【小问1详解】

连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，∴为的中点，有，

为等边三角形，有，

平面，，∴平面，

平面，∴，

四边形为菱形，∴，

平面，，

平面，平面，∴

【小问2详解】

分别为的中点，连接，

由（1）可知，又，

平面，，平面，

，平面，

为等边三角形，，

以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

由，，∴，，

设，则，有,

∴，，，

设平面的一个法向量，则有，

令，则，，即，

平面的一个法向量为的方向上的单位向量，

若平面与平面的夹角的余弦值为，则有，

，由，∴，解得.

所以，点存在， .

22. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；

（3），关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析．   

（2）；   

（3）．

【解析】

【分析】（1）求出导函数分类讨论确定的正负得单调性；

（2）由（1）的单调性，结合零点存在定理确定零点个数，从而得参数范围；

（3）不等式分离参数得，右边引入新函数，由导数求得新函数的最大值后可得参数的范围．

【小问1详解】

，

时，恒成立，在上是增函数，

时，时，，减函数，时，，是增函数，

综上，时，在R上是增函数，时，在上是减函数，在上是增函数；

【小问2详解】

，

由（1）时，只有一个零点，

时，若时，则由在上递减得，显然足够大时，，因此在上还有一个零点，不合题意；

时，由（1）知是极小值也是最小值，函数只有一个零点，此时；

时，在上递增，有一个零点，因此，

此时，时，，因此在上也有一个零点，不合题意，

综上，的取值范围是；

【小问3详解】

不等式即为，又，

所以恒成立，

设，，

则，

由（1）知，从而，且时，，

所以时，，递增，时，，递减，

所以时，，

所以，．

【点睛】方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，一般有两种方法：

（1）直接由不等式引入函数，利用导数求得函数的最值，然后由最值满足的不等关系求得参数；

（2）分离参数后，引入新函数，由导数得新函数的最值，然后可得参数范围．