2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三上学期期中数学试题含解析，共21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。
2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三上学期期中数学试题 一、单选题1．设，则“”是“”的（    ）条件．A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要条件 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】解不等式和,判断它们的解集之间的包含关系,由此可得答案.【详解】解不等式可得，解即，即，由于，故“”是“”的充分不必要条件，故选:A.2．已知复数，表示z的共轭复数，则（    ）A．1 B．0 C． D．【答案】B【分析】根据共轭复数的概念及复数代数形式的运算法则计算即可．【详解】解：由得，．故选：B．3．在直三棱柱中，，，，，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由题意可得球的半径为底面三角形内切圆的半径，易得，又，可得该三棱柱内能放置的最大球半径为，最后由球的表面积计算公式计算即可.【详解】先不考虑棱柱的高将球放入棱柱内，则球的半径为底面三角形内切圆的半径，∵底面三角形的边长分别为6、8、10，∴底面三角形为直角三角形，，又∵，，∴该三棱柱内能放置的最大球半径为 ，此时球的表面积.故选：D.4．已知A，B，C，D在同一平面上，其中，若点B，C，D均在面积为的圆上，则（    ）A．36 B． C．18 D．【答案】B【分析】根据圆的面积得到圆的半径，结合的长度求出所成的角为，进而利用向量的减法及数量积公式进行求解.【详解】依题意可知：圆的半径为，设圆心为，因为，所以为圆的直径，因为，则为等边三角形，所以所成的角为，则所成的角为，所以，故选：B.5．若函数（）在区间上恰有唯一对称轴，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据的对称轴对应函数值为表示出，上只有一个即可.【详解】依题意在区间上恰有唯一对称轴，,解之：故选：D6．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（    ）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】A【分析】设成为等差数列的其中10层的塔数为：，设出公差，根据题意得，又，，且，故只能满足，进而可得答案.【详解】设成为等差数列的其中10层的塔数为：，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为；故，①；又由②，，且，所以，①+②得，，得，由知， 又因为观察答案，当且仅当时，满足条件，所以，；组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；剩下两层的塔数之和为8，只能为2，6.所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，满足题意，则第11层的塔数为17.故答案选：A7．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的坐标运算求得，进而结合二次函数性质求得，利用三角形面积公式，即可求得答案.【详解】以点为空间直角坐标系的原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则点，，所以．因为，，所以,因为，所以，所以．因为，所以，所以,因为，所以当时，．因为正方体中，平面，平面,故，所以，故选：C．8．已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在上恒成立，则正实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由奇偶性求得的解析式，化简不等式，并用分离参数法变形为，设，换元后利用函数的单调性求得不等式右边的取值范围，从而可得的范围．【详解】因为，分别为上的偶函数和奇函数，①，所以，即②，联立①②可解得，，所以不等式可化为，因为，则，故，设，则，故，因为，，所以，故在上是增函数，则，又因为在时是增函数，所以，则，因为在恒成立，所以．所以正实数a的取值范围是.故选：D． 二、多选题9．已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c且，．则下列结论正确的是（    ）A．面积的最大值为 B．的最大值为C． D．周长的最大值为9【答案】CD【分析】对A选项，根据余弦定理建立关系，使用基本不等式求出的最大值；对B选项，用正弦定理及三角恒等变换得求最值；对C选项，使用余弦定理将化为边后整理即可；对D选项，根据A选项中关系，使用基本不等式求出的最大值.【详解】对A选项，∵，∴当且仅当时，取得等号，∴所以A选项不正确；对B选项，由正弦定理得，所以 所以所以当时，的最大值为，故B不正确；对C选项，∵    ，所以C选项正确；对D选项，由A选项的分析知，∴，当且仅当时，取得等号,    ，又 ，∴周长所以D选项正确；故选：CD10．下列说法正确的是（    ）A．是的充要条件B．正数x，y满足，则的最小值是C．中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，则是的充要条件D．若，，，则的最小值是2【答案】ABC【分析】对于A：根据及单调性判断；对于B：使用基本不等式“1”的代换求解；对于C：使用倍角公式化简，再用正弦定理边角互化得证；对于D：使用基本不等式转化可证得结论.【详解】对于A：及在上均为增函数，所以等价于等价于，等价于等价于，故是的充要条件，所以A正确；对于B：，当且仅当时取等号；故B正确； 对于C：中，由得，由 得，由正弦定理得，以上关系均可逆，故是的充要条件，故C正确；对于D：由得，解得，当且仅当时取得等号，故D错误；故选：ABC11．已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（    ）A．外接球的表面积为B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则C．过点作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为2D．设母线中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为【答案】ABD【分析】易知，圆锥轴截面为等边三角形，该三角形的内切圆半径与外接圆的半径即为圆锥的内切球半径和外接球半径，求出即可判断A、B项；由为等边三角形，可知过点作平面截圆锥OP的截面中，面积最大的截面即为，即可判断C项；将圆锥侧面沿A处剪开，连结即为最小值，可得到D项.【详解】设母线长为，侧面积为，所以.所以，为等边三角形.则圆锥的轴截面的内切圆半径即为圆锥内切球的半径，其外接圆的半径为圆锥外接球的半径，如图1图1设内切球的半径为，外接球的半径为，则，又，所以，.由正弦定理可得，在中，，即，则.所以，外接球的表面积为，A正确.因为，，，所以，B项正确.显然，过点作平面截圆锥OP的截面均为腰长为等腰三角形，如图2，在底面圆上任取一点，易知.所以，，即最大面积为，C项错误.图2将圆锥侧面沿剪开，得到的扇形的半径，弧长，则扇形的圆心角，如图3所示.图3连结，即为最近路线，在中，有，，所以，，D项正确.故选：ABD.12．已知函数则下列结论正确的有（    ）A．当时，是的极值点B．当时，恒成立C．当时，有2个零点D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则【答案】ABD【分析】对于A，代入后对求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于B，构造函数，利用导数求得，从而可证得；对于C，举反例排除即可；对于D，利用极值点偏移的证明方法即可证得.【详解】对于A，当时，，则，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，故A正确；对于B，令，得，令，则，令，解得，故当，，单调递增；当，，单调递减；所以，因为，所以，故，整理得，即恒成立，故B正确；对于C，令，则，令，解得，故只有1个零点，故C错误；对于D，因为是关于的方程的2个不等实数根，所以，即，所以问题等价于有两个零点，证明，不妨设，则由得到，要证，只需要证明，即只需证明：，只需证明：，即，令，只需证明：，令，则，即在上单调递增，又，所以，即恒成立，综上所述，原不等式成立，即成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 三、填空题13．已知向量，向量，则向量在方向上的投影向量为______．【答案】【分析】先求出向量在方向上的投影,再求出与同向的单位向量，进而求出向量在方向上的投影向量.【详解】由题意，，向量在方向上的投影为：，则与同向的单位向量为，所以向量在方向上的投影向量为：.故答案为：.14．在平行四边形ABCD中，点E满足，连接AE并延长交BC的延长线于点F，，若数列是等差数列，其前n项和为，则______．【答案】2359【分析】先根据分解定理求出的值，然后再根据等差数列的求和公式求出.【详解】 AE延长交BC的延长线于点F，，，，故答案为：235915．已知正四棱锥的底面长为6，高为4，若该四棱锥的五个顶点都在一个球面上，则球心到四棱锥侧面的距离为______．【答案】【分析】根据正四棱锥的性质，作出高，则外接球球心在高上，运用勾股定理可以求出外接球半径，然后再根据正弦定理求出侧面的外接圆半径即可求得.【详解】底面中心为，连，球心在射线上，连中点为连底面长为6，高为4，,中，，中，，由正弦定理外接圆半径：.故答案为：16．已知函数，直线是曲线的一条切线，则的取值范围是___________【答案】【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，可把、用表示，从而可表示为关于的函数，再引入新函数，由导数求得函数的值域即得【详解】由可得，设切点为，则，所以曲线在切点处的切线方程为，整理得，所以，令，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，则的取值范围是，故答案为： 四、解答题17．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，，，．(1)求角B；(2)求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换及三角函数的基本关系式得到，从而得解；（2）先由三角形内角和性质与正弦的和差公式求得，再由正弦定理求得边，从而利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，又，所以，所以，则，又因为，所以．（2）由（1）得，又，所以，由正弦定理得，则，所以．18．已知数列的各项均为正数的等比数列，，．(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）由等比数列的通项公式求解即可；（2）由（1）可得，再分类讨论结合分组并项求和法求解即可【详解】（1）设公比为，由题意得解得（2）当为偶数时，，当为奇数时，；．19．在直棱柱中，，，D，F分别为棱，的中点，E为棱上一点，且A，D，E，F四点共面．(1)求的长；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)；(2)3 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由平面向量的共面公式可以求得；（2）将三棱锥的顶点转换为可以求得.【详解】（1）以为正半轴建立空间直角坐标系．，，，设，则由题意可知存在唯一实数使得即即，解之：所以（2）平面又，，平面平面，即平面，20．已知函数．(1)求函数的单调递减区间；(2)若函数，，，求函数在区间上的取值范围．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）化简已知得，解不等式即得解；（2）由题意可知，令，所以，再利用三角函数的图象和性质得解.【详解】（1）解：，令的单调递减区间为（2）解：由题意可知，，，令，所以，因为，，所以.当时，，当时，.由题得所以在上的取值范围是．21．在长方体 中，已知 ，E为的中点.(1)在线段上是否存在点F，使得平面平面？若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由；(2)设 ，点G在上且满足，求 与平面 所成角的余弦值.【答案】(1)在线段上存在点F，使得平面平面，且F为线段中点,证明见解析；(2) 【分析】（1）F为线段中点时，平面平面，先证明平面，继而证明，且，从而四边形是平行四边形，，进而 平面，由此能证明平面平面；（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用向量法即可求得与平面 所成角的余弦值.【详解】（1）在线段上存在点F，使得平面平面，且F为线段中点．证明：在长方体中，,∵ 平面，平面,∴平面，∵E为 的中点，F为的中点，∴ ，且，∴四边形是平行四边形，∴ ，∵平面，平面，∴ 平面，∵平面，∴平面平面.（2）在长方体中，以D为坐标原点，所在直线分别轴，建立空间直角坐标系 ， ， ， 故   ， ，设平面的法向量为 ，则 ，取 ，得 ， , 设 ，则 ，则，∴ ，设与平面所成角为 ，则 ，∴ ， 故与平面所成角的余弦值为.22．已知函数（a为实数）．(1)求函数的单调区间；(2)若存在两个不相等的正数，满足，求证．(3)若有两个零点，，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）讨论的正负，确定的单调区间；（2）极值点偏移问题处理：不妨设，构造并证得时，，可得即，再利用的单调性可得与大小关系，从而证得结论.（3）由两式相减用表示，将化为只有的关系式，令可转化为只有一个变量的函数，可得结论.【详解】（1），当时，恒成立，在上递增；当时令；增区间为，减区间为.（2）当时，在上递增，与题意矛盾，令,在上递增，又因为时，，当时，；时，当时在上递增，上递减必有一个在上，一个在上，不妨设，若则显然成立；若，由时，知,即又又,在上递增，则即证毕．（3）不妨设，由，可得即 =，设，则，设，则即函数在上是单调增函数，即得证【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.