2023届内蒙古自治区鄂尔多斯市高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

2023届内蒙古自治区鄂尔多斯市高三上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简集合、，再去求即可解决.

【详解】，

则

故选：B

2．已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先分别求得，再去求即可解决.

【详解】复数的共轭复数

复数的模，

则

故选：B

3．下列说法正确的是（    ）

A．命题“若，则”的否命题为“若，则”

B．“”是“”的必要不充分条件

C．命题“，”的否定是“，”

D．已知命题“，”是假命题，则的取值范围是

【答案】D

【分析】由否命题可判断A；通过解方程可判断B；由特称命题的否定可判断C；将命题转化为恒成立，进而可判断D.

【详解】对于选项A：命题“若，则”的否命题为“若，则”，故A错误；

对于选项B：由，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；

对于选项C：，“，”的否定是“，”，故C错误；

对于选项D：因为命题“，”是假命题，所以对恒成立，所以恒成立.因为，所以，则，故，故D正确.

故选：D.

4．向量与共线，向量与垂直，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量共线公式可得，根据垂直的坐标公式可得，再根据数量积的坐标公式求解即可.

【详解】与共线则，解得，与垂直

则，解得.

故，，故.

故选：B

5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三视图的数据，画出原几何体的直观图，利用平移法即可求解异面直线所成角的正切．

【详解】解：如图，由三视图还原几何体为三棱锥，由图可知最长的棱为长方体的体对角线，最短的棱为，异面直线与所成的角为，

由三视图可得，，

所以，即最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为.

故选：C．

6．已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，

再根据平移的左正右负的原则得到的解析式，最后得到的单调增区间.

【详解】

函数的图像关于点对称，

，，，，

，，

将函数向左平移单位的解析式是，

令,

，结合所给的选项，令，

则的一个增区间为，

故选：B.

7．若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是(　　)

A．pm B．p2m

C．qm D．q2m

【答案】C

【详解】因为项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，所以得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.

选C.

8．如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，， ，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的线性运算、三角形的中位线及线段中点的向量表示进行化简求解.

【详解】如图，连接，

因为点，分别是，的中点，

所以.

因为点是的中点，

所以

.

因为点是的中点，

所以，

则.

故选：D.

9．已知，，，则a，b，c的大小关系为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.

详解：由题意结合对数函数的性质可知：

，，，

据此可得：.

本题选择D选项.

点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．

10．已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.

【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，

因为，，

所以，

所以为二面角的平面角，

所以，

因为AB⊥BC，，所以，

因为，

所以，

过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，

设球的半径为R，连接OB，OS，可得，

在△OSD中，∠ODS＝，

利用余弦定理可得，

解得R2＝，所以其外接球的表面积为.

故选：D

11．对任意两个非零的平面向量，定义，若平面向量满足，的夹角，且和都在集合中，则=（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】由题意可可设，，，，得，对，进行赋值即可得出，的值，进而得出结论．

【详解】解：，故．

又由，可设，，

令，，且

又夹角，所以，

对，进行赋值即可得出

所以．

故选：C．

12．设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，

所以，所以即，所以，即

3，而已知，所以3，故，解得或，故选C.

【解析】本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.

二、填空题

13．若满足约束条件 则的最大值为__________．

【答案】

【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义可知当时，.

【详解】不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，如下图所示，目标函数的最大值必在顶点处取得，易知当时，.

【点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择及填空的形式出现，基本题型为给出约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.

14．若 ，则 __________.

【答案】

【分析】先利用同角三角函数的基本关系把1换成，， 分子分母同时除以，最后把的值代入即可求得答案．

【详解】

即答案为.

【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值．解题的关键是把原式中的弦转化成切，利用已知条件求得问题的解决．

15．函数（）的最小值为__________．

【答案】

【分析】将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．

【详解】由题意得，

∵，

∴．

又，

∴．

∴

，

当且仅当，即时等号成立．

∴函数的最小值为．

故答案为：.

【点睛】（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．

（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．

16．已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是_________________________ ．

【答案】

【分析】根据题意，作出函数的图像，进而数形结合，将问题转化为方程在区间上有两个不相等的实数根，再结合二次函数零点分布求解即可.

【详解】解：根据题意，作出函数的图像，如图：

令，因为方程有8个相异的实数根，

所以方程在区间上有两个不相等的实数根，

故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.

所以，即，解得.

所以实数的取值范围是.

故答案为：

三、解答题

17．在中，已知．

(1)求的大小；

(2)若，求cosB和a的值．

【答案】(1)或

(2)，

【分析】（1）由可求，再由，用正弦定理算出，可得.

（2），结合已知条件可求值，再用余弦定理求a的值.

【详解】（1）△ABC中，因为，所以．

由正弦定理得：，    所以．

所以或．

（2），则，所以（舍去）．

此时，，，，

所以．即．

由余弦定理得：，即，由，解得：.

18．已知函数=4tan xsin（）cos（） .

（Ⅰ）求f（x）的定义域与最小正周期；

（Ⅱ）讨论f（x）在区间[]上的单调性.

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）在区间上单调递增, 在区间上单调递减.

【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式将函数化为基本三角函数：，再根据正弦函数的性质求定义域、最小正周期；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论，研究函数f（x）在区间[]上单调性.

试题解析：（Ⅰ）的定义域为.

.

所以, 的最小正周期

（Ⅱ）令函数的单调递增区间是

由,得

设，易知.

所以, 当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.

【解析】三角函数性质，诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式

【名师点睛】三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式、辅助角公式等，选用恰当的公式，是解决三角问题的关键，明确角的范围，开方时正负取舍是解题正确的保证. 对于三角函数来说，常常是先化为y＝Asin（ωx＋φ）＋k的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要灵活运用降次公式．

19．已知数列与的前项和分别为，，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)，若恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系求出和，证明是等差数列，即可求出数列的通项公式.

（2）化简，利用裂项相消法求出，再利用数列的单调性即可求出的取值范围.

【详解】（1）由题意， ，

在数列中，

当时，，

解得或．

∵

∴．

∵

∴．

两式相减得．

∴．

∵，

∴．

即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，

∴

即

（2）由题意及（1）得，，

在数列中，

在数列中，

∴．

∴．

∵恒成立，

∴．

∴的取值范围为

20．已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．

(1)证明：DN//平面PMB；

(2)证明：平面PMB平面PAD；

(3)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明过程见详解

(2)证明过程见详解

(3)

【分析】（1）作辅助线，利用线面平行判定定理证明

（2）作辅助线证明平面，进而证明面面垂直

（3）建立直角坐标系，求出两个平面的法向量，进而求出二面角的余弦值.

【详解】（1）取中点，连接，

因为点分别是的中点，所以且

又因为底面是菱形，所以，所以

所以四边形为平行四边形，则.

因为平面，平面，

所以平面

（2）连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以

因为，且平面，所以

又因为，所以平面，

又因为平面

所以平面平面.

（3）以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.

令，则，

由（2）知平面的法向量为，

设平面的法向量为，

则，令，则

所以

由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.

21．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）用表示中的最大值，设函数，讨论零点的个数.

【答案】(1) 当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在单调递增；(2) 当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.

【分析】（1）对参数进行分类讨论，即可由导数的正负判断函数的单调性；

（2）根据的定义，利用导数分区间讨论在上的零点分布情况.

【详解】（1），故可得，

当时，在上恒成立，故此时在上单调递增；

当时，令，解得，

故容易得在区间上单调递减，在单调递增.

综上所述：当时，在上单调递增；

当时，在区间上单调递减，在单调递增.

（2）①当时，，，

显然此时没有零点；

②当时，，

若，，故是的零点；

若，，故不是的零点；

③当时，，所以在上的零点个数，

即为在上的零点个数.

在上的零点个数，等价于在上实数根的个数.

令，故可得，

故容易得在区间单调递减，在单调递增.

且.

故当或时，在没有零点；

当或，在有一个零点；

当时，在有个零点.

综上所述：当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.

【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及求解函数零点的个数，属综合困难题.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程：

（2）设直线与曲线交于点,若点的坐标为,求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）消去参数可得直线的普通方程．把写成，再利用得到直角方程.

（2）直线的参数方程为，将其代入圆的方程得到关于的方程，其解为，而，利用韦达定理可求此值.

【详解】（1）消去参数，得到直线的普通方程为：；

曲线的极坐标方程为：，

∴，化为普通方程是：，

∴圆的直角坐标方程为；

（2）把直线的参数方程代入，得，

设两点对应的参数分别为，

因为，所以，，（其中同号）

所以．

【点睛】如果直线的参数方程是 （是参数且，是直线的倾斜角），那么表示与之间的距离．因此，在参数方程中，针对直线上的动点到定点的距离和、积或差等问题（动点和定点都在该直线上），可用直线的参数方程结合韦达定理来考虑．