2023届黑龙江省实验中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省实验中学高三上学期期中考试数学试题（解析版），共20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届黑龙江省实验中学高三上学期期中考试数学试题 一、单选题1．复数（是虚数单位）的虚部是（    ）A．1 B． C．2 D．2i【答案】A【分析】利用复数的除法法则及复数的概念即可求解.【详解】由题意可知，，所以复数的虚部为.故选：A.2．已知，，则（    ）A． B．C．​ D．【答案】B【分析】根据正弦的二倍角公式即可求解.【详解】​​，即​，​，​，​，即​，则​，故选：B3．已知两个平面， 两条直线， 满足， 则下列命题正确的是（    ）A．若， 则 B．若， 则C．若， 则 D．若， 则【答案】D【分析】ABC均可以举出反例，D选项，可以根据面面垂直的判定进行证明.【详解】A选项，若，则或与异面，A错误；B选项，若， 则或与斜交，或，B错误；C选项，如图，满足， 但，C错误；D选项，根据面面垂直的判定，可知若， 则故选：D4．设等差数列的前项和为，若，则（　　）A．28 B．148 C．168 D．248【答案】C【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为等差数列中，，所以，则．故选：C．5．《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，可得，可得，又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，所以圆台的侧面积为.故选：B.6．已知定义在上的奇函数满足.当时，，则（    ）A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】根据且为奇函数得到4是的一个周期，根据为奇函数得到，可求得的解析式，然后利用周期性和奇偶性即可求.【详解】因为，且为奇函数，所以，，即，所以4是的一个周期，因为为定义在R上的奇函数，所以，即，解得，则，，，所以.故选：B.7．《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”请问当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是（    ）（结果精确到0.1．参考数据：，．） A．2.9天 B．3.9天 C．4.9天 D．5.9天【答案】C【分析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn．利用等比数列的前n项和公式及其对数的运算性质即可得出．【详解】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn．则An，Bn，由题意可得：，解得2n＝ ，2n＝1（舍去）．∴n．故选：C．8．半径为的球面上有四点，且直线两两垂直，若，，的面积之和为72，则此球体积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，，，则有，以、、为邻边可构造一个长方体，此时可知，然后由可得答案.【详解】解：设，，，因为直线两两垂直，若，，的面积之和为72，所以，有，以、、为邻边可构造一个长方体，则该长方体为此球的内接长方体，所以，．因为所以，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，此球体积的最小值为．故选：D 二、多选题9．已知，则下列叙述中正确的是（    ）A．若，则 B．函数y＝x＋(x>2)的最小值为6，则正数m的值为4C．“”是“”的充分不必要条件 D．命题“，”的否定是“，”【答案】BC【分析】利用赋值法可判断选项A，利用基本不等式可以判断选项B，根据充分条件和必要条件的可判断选项C，根据全称命题的否定可判断选项D.【详解】当，时，满足，而不成立，选项A错误.由，，由基本不等式，，当时取等号，又函数的最小值为6.，则正数m的值为4，选项B正确.当时，，即，故充分性成立当时，有或，故不一定成立，故必要性不成立，“”是 “”的充分不必要条件，选项C正确.命题“，”的否定是“，”，故选项D错误.故选：BC10．将函数图象向右平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，则下列四个结论中正确的是（    ）A．B．函数的图象关于点中心对称C．函数在区间上为增函数D．函数在上的值域为【答案】AB【分析】根据图象平移规律得到，计算的值可判断A；计算是否得0可判断B；求出的单调递增区间可判断C；根据的范围求出函数在上的值域可判断D.【详解】将函数图象向右平移个单位长度，得到的图象，然后所得函数纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，所以，对于A， ，故正确；对于B，函数，故正确；对于C，由得，即，所以的单调递增区间为，因为，故错误；对于D，因为，所以，，所以函数在上的值域为，故错误.故选：AB.11．下列命题正确的有（   ）A．若等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列B．若为等比数列，且，则C．若等差数列的前项和为，已知，且，，则可知数列前项的和最大D．若 ，则数列的前2020项和为4040【答案】BCD【分析】A.利用等差数列的性质判断；B.利用等比数列的性质判断；C.根据等比数列前n项和公式判断；D.利用数列并项求和判断.【详解】A.等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列，故错误；B. 为等比数列，且，则，所以，故正确；C. 因为，则，，则，所以，，所以数列前项的和最大，故正确；D. 因为，所以数列的前2020项和为：，，故正确.故选：BCD12．如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（    ）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上存在一点，使得平面C．三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为D．当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BCD【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.【详解】对于A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，有，而，则，，平面，于是得平面，平面，所以，A不正确；对于B，取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；对于C，因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时点在平面上的投影为点，从而可知在平面上的投影为，设二面角的平面角为，则有，在中，可知,，在中，可知，又，所以,于是有，所以，从而有,所以，C正确；对于D，三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，四边形为矩形，，连，在中，，所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 三、填空题13．已知，则______．【答案】##【分析】先由诱导公式结合易知求得，再由倍角公式及平方关系结合齐次分式求解即可.【详解】由，则，又.故答案为：.14．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．【答案】【分析】设分别为和的中点，把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，根据中位线定理，结合余弦定理求得和的余弦值，即可求解.【详解】如图所示，设分别为和的中点，可得，，且，所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，作的中点为，则为直角三角形，因为，在中，由余弦定理可得，所以，所以，在中，，在中，可得，又因为异面直线所成角的范围是，所以与所成的角的余弦值为.故答案为：.15．在所在平面内有一点O，满足，，则等于_______.【答案】3【分析】由，可得，再由，可得，从而可求得，，再利用平面向量的数量积定义可求得结果.【详解】，∴三点共线，又，,，，∴，∴，故答案为：3 四、双空题16．已知数列满足，且，，则该数列的首项______；若数列的前项的为，且对都有恒成立，则实数的取值范围为_____________．【答案】     1     【分析】先判断出为等差数列，利用即可求出和，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围.【详解】因为数列满足，所以，所以，所以为等差数列，设其公差为d.因为，所以，，所以，解得：.所以，所以，所以.所以.所以因为对都有恒成立，所以，即实数的取值范围为.故答案为：1；. 五、解答题17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求；(2)若，的面积为，求的周长．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得，进一步求得；（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理变形可得，进而求得的周长；【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以即；（2）因为的面积为，，由三角形的面积公式得，化简得，又根据余弦定理得，所以，所以，所以，故的周长为18．已知数列的前项和为，且满足．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前10项和．【答案】(1)；(2)﹒ 【分析】(1)利用数列的递推公式结合已知条件得数列是等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得(2)根据，结合等比数列的前项和公式即可求解．【详解】（1）当时，，即，解得；当时，∵，∴，两式作差得，即，∴，又，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，∴，（2）∵，则．19．如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．【详解】（1）证明：连接交于，则是的中点，连接，是的中点，，平面，平面，平面；又，平面，平面，平面，又与相交于点，平面，所以平面平面．（2）解：连接，因为四边形是菱形，所以，又，，所以为等边三角形，所以，又，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面，如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设面的法向量为，依题意有，则，令，，，则，所以，所以直线与面成的角的正弦值是．20．已知等差数列满足，，数列的前项和，(1)求数列，的通项公式；(2)记数列的前项和为，若对一切恒成立，求正整数的最小值．【答案】(1)，；(2)3 【分析】（1）由等差数列的基本量法求得，由求得；（2）用错位相减法求得和，代入不等式化简后转化为用基本不等式求函数的最值．【详解】（1）设数列的公差为，则，，所以，，，，时，，也适用，所以；（2）由（1），，，两式相减得，所以．所以不等式即为，又，，当且仅当时等号成立，所以的最大值是，故，所以的最小值是3．21．三棱柱中，侧面为菱形，，，，．（1）求证：面面；（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，为等腰直角三角形，所以，；侧面为菱形，，所以三角形为为等边三角形，所以，又，所以，又，满足，所以；因为，所以平面，因为平面中，所以平面平面.（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.则，，，，若存在点M，则点M在上，不妨设， 则有，则，有，，设平面的法向量为，则解得：平面的法向量为则 解得：或（舍）故存在点M，.【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；（3）根据结果，判断是否存在.22．已知函数.(1)若，求的极值；(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)极小值为0，无极大值(2) 【分析】（1）先求出导数，再令，二次求导后可得，则可得在上单调递增，由于，从而可得在上单调递减，在上单调递增，进而可求得极值，（2）问题转化为在内有两个不等实根，令，求导后分，讨论函数的单调性及最值，当时，求出函数的最小值，然后分，和判断函数的零点，从而可求得结果.【详解】（1）若，所以，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以的极小值为0，无极大值.（2）若有且仅有两个零点，即在内有两个不等实根，令，则，当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以在上至多有1个零点，不符合题意；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.若，则，所以在上无零点，不符合题意；若，则，所以在上有且仅有一个零点，不符合题意；若，则，又在上单调递增，所以在上有且仅有一个零点；令，所以，令，解得，令，解得1，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，又在上单调递减，所以在上有且仅有一个零点.所以在上有且仅有两个零点.综上，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求解函数的单调性和极值，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为在内有两个不等实根，然后构造函数利用导数研究其零点的情况，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.