2023届山西省运城市高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届山西省运城市高三上学期期中数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山西省运城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】B【分析】根据对数函数的性质，求出，再利用补集的概念求出，进而得到【详解】由，得，得，可解得，故整理得，且，则，故故选：B2．设为等差数列，为其前项和，若，则公差（    ）A．2 B． C． D．3【答案】B【分析】根据等差数列的性质，分别求出和，进而可求得【详解】为等差数列，故，得，，得，故，解得故选：B3．下列说法正确的是（    ）A．命题“，”为真命题B．命题“，”的否定是“，”C．若、，且，则“”是“”的充要条件D．若，则【答案】C【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用全称量词命题的否定可判断B选项；利用不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义可判断C选项.【详解】对于A选项，取，则，A错；对于B选项，由全称量词命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”，B错；对于C选项，因为，若，由不等式的性质可知，若，由不等式的基本性质可知，所以，“”是“”的充要条件，C对；对于D选项，取，，则，D错.故选：C.4．已知向量，且，则（    ）A．5 B． C． D．【答案】A【分析】转化，求解，再结合向量线性运算和模长的坐标公式求解即可.【详解】由题意，，，解得，故，.故选：A5．函数的图象大致是A．  B．  C．  D．【答案】C【详解】 去掉A,B； 所以选C.6．在中，角的对边分别为，已知，点为边上一点，且，则的值为（    ）A．5 B．1 C．1或5 D．4【答案】A【分析】首先利用三角恒等变形得，并结合余弦定理求，最后在中，利用余弦定理求的值.【详解】,得,,所以，,，因为，所以是等边三角形，所以,得，又 ,设，中，利用余弦定理，，解得：或（舍）所以.故选：A7．已知函数满足：①定义域为，②为偶函数，③为奇函数，④对任意的，且，都有，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由②得关于x=1对称，由③得关于对称，由④得在上单增，根据得出的信息得的周期并画出的草图，将其都转化到同一个单调区间上看图即可得结果.【详解】∵ 在R上为偶函数，∴，∴关于x=1对称.∵ 在R上为奇函数，∴，∴关于对称，且∵，∴（将上式中的x换成x-1）①又∵，∴ ②∴由①②得： ③∴由③得： ④ （将③中的x换成x+2）∴由③④得：∴的一个周期为，且，关于对称又∵对任意的，且，都有，∴在上单调递增.∴在一个周期内的草图为：∴，，∴如图所示：，即：，故选：C.8．已知数列满足，若，数列的前项和为，且对于任意的都有，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等比数列求，进而得，由分组求和得，根据奇偶即可求解最值.【详解】，可知为等比数列，所以，故，进而，所以，故，即，当为奇数时，则对任意的奇数，满足，由于单调递减， 当时，有最大值 ，所以,当为偶数时，满足，由于单调递减， ，综上可得 ，同理，故当 时， ，故，综上：，故选：D 二、多选题9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）A．复数B．复数的虛部为C．D．复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限【答案】AD【分析】利用复数的除法可判断A选项；利用复数的概念可判断B选项；利用复数的模长公式可判断C选项；利用复数的几何意义可判断D选项.【详解】对于A选项，由已知可得，A对；对于B选项，复数的虚部为，B错；对于C选项，，C错；对于D选项，，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，D对.故选：AD.10．已知函数，则下列有关说法正确的是（    ）A．若函数在区间上单调递增，则的最小值为B．若函数在区间上单调递增，则的最大值为C．若函数的图象向右平移个单位长度得到偶函数，则的最小值为D．若函数在区间上有且只有个零点，则的取值范围是【答案】BC【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性求出的取值范围，可判断AB选项；求出平移后的函数解析式，利用正弦型函数的奇偶性可判断C选项；根据函数在区间上的零点个数求出的取值范围，可判断D选项.【详解】.对于AB选项，当时，，因为函数在区间上单调递增，则，所以，，解得，因为，解得，，则，所以，，A错B对；对于C选项，将函数的图象向右平移个单位长度得到函数，函数为偶函数，则，解得，当时，取最小值，C对；对于D选项，当时，，因为函数在区间上有且只有个零点，则，解得，D错.故选：BC.11．把一条线段分为两部分，使较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，该比值是无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割，也称为中外比､黄金分割不仅仅体现在诸如绘画､雕塑､音乐､建筑等艺术领域，而且在管理､工程设计等方面也有着不可忽视的作用.在中，点为线段的黄金分割点，点为的中点，点为线段上的一点（包含端点），则下列说法正确的是（    ）A．B．C．在上的投影向量为D．的取值范围是【答案】BCD【分析】对于A和B，利用，利用向量的加法，即可判断B对，A错；对于C，求出和，根据投影向量公式，，即判断C对；对于D，利用极化恒等式，即可计算判断，得到D正确.【详解】如图，，则有，，故A错，B对；由于为中点，故，，故，在上的投影向量为，故C对；，明显可见，当时，取最小值，当与重合时有最大值，故，可得D对；故选：BCD12．如图1，在菱形中，是的中点，将沿直线翻折至的位置，得到如图2所示的四棱锥.若是的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）A．点到平面的距离恒为B．当时，过点的截面周长为4C．异面直线与所成的角不断变小D．当时，直线与平面所成的角的正切值为【答案】ABD【分析】对A：求得点到平面的距离，再求点到平面的距离即可；对B：作出截面图，求得各边的长度即可；对C：讨论的变化，即可判断正误；对D：根据的长度，求得到面的距离，再求线面角即可.【详解】对A：根据题意可得：，又面，故面，则点到面的距离为，易得；又//，面面，故//面，则到平面的距离也为；又为的中点，故点到平面的距离恒为，A正确；对B：因为面，故此时面；取的中点为，连接，如下所示：因为分别为△中两边的中点，故//，则四边形即为所求截面；又因为，故四边形为平行四边形；又面，故面，即△为直角三角形，则，故其周长为，故B正确；对C：因为//，故所成的异面直线夹角，即为所成直线的夹角，即当为钝角时，其补角即为所求；当为直角时，所成的异面直线夹角为；当为锐角时，所求异面直线夹角即为；显然在折叠过程中，所求异面直线的夹角先增大，后减小，故C错误；对D：过点作的垂线，交的延长线于点，连接如下所示：由A所证可得面，又面，故面面，又面面，面，故面，故即为所求直线与面的夹角；在△中，，由余弦定理，又，故可得；在△中，，则，；在直角梯形中，容易得，，故由余弦定理，即，解得，故，即直线与平面所成的角的正切值为，D正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知，则___________.【答案】【分析】先由得到的取值范围，再利用正弦函数的图像性质与的范围可缩小的取值范围，由此求得，利用整体法即可求得的值.【详解】因为所以，又因为，所以，所以，故.故答案为：.14．已知实数，，且，则的最小值是___________.【答案】【分析】分析可得，可得出，结合基本不等式可求得所求代数式的最小值.【详解】因为实数，，且，则，所以，.当且仅当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15．已知函数，若的零点个数为3，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】利用导数，先求出的图像，再设，，得到，可整理出复合函数，令，得到，再通过，与的交点情况，求出的范围，进而求出的范围.【详解】根据题意，对于，求导，则时，，单调递增；时，，单调递减；可得时，有最大值，且时，恒有，故可画出的图像，令，则，令故， 令，此时，参变分离可得，，作出的图像，明显为对勾函数，故只需求出满足题意时的范围，即可根据等量代换，得到的范围.对于，当只有一个根满足时，令，此时，如图，此时，满足有3个零点，此时，明显地，当时，此时满足唯一的，故对于对勾函数：，；又，当有两个根和满足时，要满足有3个零点，则如图或如图，此时，必有，或对应的对勾函数图为：，或如图，因为交点不存在，必有对应的，或，三种情况，故关键是要有对应的两个与之对应，取，故对于，有，对于或，，可得，或，故且或，其交集为；综上所述，.故答案为： 四、双空题16．已知正四棱锥的底面是边长为2的正方形，其内切球的体积为，则该正四棱锥的高为___________，外接球的表面积为___________.【答案】          【分析】已知正四棱锥内切球的体积为，可求得内切球的半径，用等体积法可求得正四棱锥的高，由正四棱锥的性质可得，在中，列方程可解得外接球半径，即可求得球体的表面积.【详解】已知正四棱锥内切球的体积为，设球体的半径为，，解得，设正四面体的高为，如图所示，因为球与四棱锥相内切，所以由等体积法得：， 在中，，，即，化简得：，解得，，设正四棱锥外接球的半径为，外接球的球心为，在中，，解得，所以正四棱锥外接球的表面积为.故答案为：①；② 五、解答题17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面为的中点，且.(1)证明：平面平面；(2)若，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先根据线面垂直的判定定理证明平面，然后再根据面面垂直的判定定理即可说明平面平面；（2）首先根据（1）平面的条件，可得，方法一，借助相似三角形求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.方法二，通过建立平面直角坐标系，利用平面向量垂直的判定条件求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.方法三，建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的判定条件求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.方法四，通过向量线性运算及数量积运算求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】（1）因为底面平面，所以，又，平面，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.（2）方法一：相似三角形法由（1）可知.于是，故.因为，所以，即.故四棱锥的体积.方法二：平面直角坐标系法由（1）知，所以.（或向量之积为0建立如图所示的平面直角坐标系，设.因为，所以，.从而.所以，即.下同方法一.方法三：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以.所以.所以，即.下同方法.方法四：空间向量法由，得.所以.即.又底面在平面内，因此，所以.所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即，所以，下同方法一.18．在中，角的对边分别为.已知角边上的高为.(1)若，求的周长；(2)求面积的最小值.【答案】(1)12(2) 【分析】（1）由三角形面积公式可求得与，又由余弦定理与整体法可求得，由此可求得的周长；（2）法一：由三角函数的定义可得，再利用三角恒等变换求得，由此可得的最大值，从而得到，进而求得面积的最小值；法二：利用基本不等式与余弦定理求得，从而求得面积的最小值.【详解】（1）依题意，得，故，又，，所以，则，又由得，因此，则，故的周长为12.（2）法一：由题意可得，则，又因为，因为，所以当，即时，，故，所以的面积为，所以面积的最小值为.法二：在中由余弦定理可得，，又由（1）可知，即，所以，解得，当且仅当时，等号成立.所以，所以面积最小值为.19．已知正项等差数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）法1：利用数列是等差数列，计算后，计算公差，即可求数列的通项；法2：利用时，，化简求数列的递推关系，再根据奇数项和偶数项求数列的通项公式；（2）首先根据（1）的结果，化简数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.【详解】（1）法1：数列为等差数列，且前项和为满足.，数列通项公式为.法2：.当时，，，.    数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列.为等差数列，通项公式为.（2），.20．如图，在直四棱柱中，四边形是个个边长为2的菱形，，设是的中点.(1)求二面角的大小；(2)在线段上是否存在一点使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）设是的中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；（2）几何法：连接相交于点，连接，设是的中点，再连接，由三角形的中位线证明线线平行，进而即可证明线面平面；空间向量法：设，由直线的方向向量和平面的法向量垂直求即可.【详解】（1）由题意，是正三角形，设是的中点，则，所以，又平面，平面，所以两两垂直，如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系：则，显然，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为，则，解得，设二面角的平面角为，则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以.（2）在线段上存在点使得平面，此时.论证如下：方法1几何法如图2甲连接相交于点，连接，设是的中点，再连接，又菱形中，点是对角线的中点，由中位线知：，连接并延长交于点，连接，因为平面平面，所以平面.如图乙，在中，作交于点，因为是的中点，所以由中位线关系得：，①.又由可得：与相似，又是的中点，所以，结合①知：，从而可得.法2：空间向量法设，即有，因为，所以，又，于是，.设平面的一个法向量为，则，令，得，因为的中点为，所以，因为平面，所以，即，解得，即线段上存在点使得平面，此时.21．设函数，其中，设为的极值点，为的零点，且.(1)求取值范围；(2)证明：.（注：是自然对数的底数）【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出，构造函数，分析函数在上的单调性，可得出，可得出，利用导数求出函数在上的值域，即为的取值范围；（2）由整理可得，证明出当时，，可得出，在不等式的两边取对数可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，因为，该函数的定义域为，，令，其中，则，所以，函数在单调递减，且，则，因为，，所以，存在唯一的，使得，即，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，且，所以，可得，所以，，令，，则，所以，函数在上单调递增，故，所以，的取值范围是.（2）解：由题意，，从而，即.当时，令，则，所以，函数在上为减函数，则，所以当时，.又因为，故.两边取对数，得，于是.整理得.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22．设，曲线在点处的切线与直线垂直.（1）求的值；（2）若，恒成立，求的取值范围；（3）求证：.【答案】(1)0；(2)；(3)证明见解析.【分析】（I）由题得解得；（II）由得，构造函数，本题转化成，求导得，对进行分类讨论，得；（III）令，是，对进行赋值对应相加得，即.【详解】（Ⅰ）因为，由题设，所以，所以．（Ⅱ），恒成立，即 ，设，即，而，①若，，，这与题设矛盾；②若，方程根的判别式，当，即时，所以，即不等式成立．当时，方程其根，；当时，，单调递增，则，与题设矛盾．综上，（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，时，成立，不妨令，所以 ，即∴，累加得：，即．【解析】导数的几何意义、导数与函数的单调性、构造法.