2023届黑龙江省绥化市海伦市第一中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届黑龙江省绥化市海伦市第一中学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】D

【分析】通过解一元二次不等式得集合A，再求交集即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：D.

2．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意列方程求出圆锥的母线长，然后再利用圆锥的侧面积公式可求出结果.

【详解】设圆锥的母线长为，

因为圆锥的底面半径为3，其侧面展开图为一个半圆，

所以，得，

所以圆锥的侧面积为，

故选：C

3．已知，是两个不重合的平面，且直线，则“”是“”的（   ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系.

【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立；

由，，由面面垂直的判定知，必要性成立.

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

4．如图，在正方体中，E，F分别是棱BC，的中点，则异面直线与EF所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

设边长为1，则，

所以，

则，

故选：C

5．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图，先找到外接球的球心，算出底面三角形BCD外接圆的半径,再构造三角形运用勾股定理求出外接球的半径.

【详解】

如图，设底面 的外接圆的圆心为 ，外接圆的半径为r，由正弦定理得 ，

过 作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，

并且 ，外接球的半径 ，

球O的体积为 ；

故选：D.

6．在直三棱柱中，，，，E是棱上的一点，则的周长的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由侧面展开图求解，

【详解】由题意得，

将三棱柱的侧面展开如图所示，当三点共线时，的周长的最小，

此时，

即的周长的最小值为，

故选：C

7．在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用余弦定理求得正确答案.

【详解】在三角形中，由余弦定理得，

在三角形，由余弦定理得，

所以，

在三角形中，，

在三角形中，由余弦定理得，

所以，

在三角形中，.

故选：B

8．如图，在正四棱锥中，PA＝AB＝1，点Q，R分别在棱AB，PC上运动，当QR取得最小值时，三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出，，利用公垂线列出方程，得到，按照比例关系求出，从而求出体积.

【详解】连接BD，与AC相交于点O，连接PO，则AC⊥BD，

因为四棱锥为正四棱锥，所以OP⊥底面ABCD，

以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

正方形ABCD的边长为1，则，

因为PA＝1，所以，

，，，

当为直线的公垂线时，取得最小值，

即，

故，

所以，解得：，

此时，三棱锥的高即为，

所以.

故选：A

二、多选题

9．在长方体中，，，M，N分别为棱，的中点，则下列说法错误的是（    ）

A．A，M，N，B四点共面 B．平面ADM

C． D．平面平面

【答案】ABC

【分析】由点A、M、B在平面内，点N在平面外判断A，利用反证法判断B，取CD的中点E，连接BE，NE，ME，由，得到（或其补角）为异面直线与所成的角判断C，由平面，再利用面面垂直的判定定理判断D.

【详解】如图，

对A，因为不共线的三点确定一个平面，而点A、M、B在平面内，点N在平面外，故A错误；

对B，若平面，，平面，平面，所以平面ADM，

又，平面，所以平面平面ADM，而平面平面，

所以平面平面ADM，矛盾，故B错误；

对C，取CD的中点E，连接BE，NE，ME，由，可知四边形为平行四边形，得，

则 （或其补角）为异面直线与所成的角， 由，两两垂直可知，

故是等边三角形，则 ，所以直线与所成角的为，故C错误；

对D，在长方体中，平面，又平面ADM，所以平面平面，故D正确.

故选：ABC

10．下列说法正确的是（    ）

A．已知向量，，若∥，则

B．若向量，共线，则

C．已知正方形ABCD的边长为1，若点M满足，则

D．若O是的外心，，，则的值为

【答案】CD

【分析】对于A，由两向量平行的坐标运算计算即可；

对于B，分向量，同向和向量，反向计算，即可判断；

对于C，由题意可得为的三等分点中靠近的点，于是可得,再由向量的四则运算法则及数量积运算计算即可；

对于D，由题可得,(为的外接圆半径)，进而可得，即有，即可判断.

【详解】解：对于A，因为，，∥，

所以，解得，故错误；

对于B，因为向量，共线，当向量，同向时，则有；当向量，反向时，则有，故错误；

对于C，因为，所以为的三等分点中靠近的点，

所以,,

所以,故正确；

对于D，因为O是的外心，所以(为的外接圆半径),

又因为,所以,即,①

同理可得,②

由①-②可得：，

即有，故正确.

故选：CD.

11．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段

C．存在Q点，使得平面

D．若直线与平面所成角的正切值为，那么Q点的轨迹长度为

【答案】ABD

【分析】对于A.根据等体积转化，可证明体积为定值；对于B. 取、中点，连接、、PF，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于C. 以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；对于D.利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，即可求得点的轨迹长度.

【详解】A.三棱柱的体积，，点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，故A选项正确；

B.取、中点，连接、、PF，

由且，知是平行四边形，

∴，∵平面，平面，平面，

同理可得平面，∵，平面，

∴平面平面，则点的轨迹为线段，故B选项正确；

C.如图，建立空间直角坐标系，

则，，，设，

则，，

设为平面的一个法向量，

则即得取，则.

若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，故C选项错误；

D.平面的法向量为，，

若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是，

所以，

所以，

因为点Q为正方形内一动点（含边界），

所以点是以为圆心，为半径的圆弧(正方形内),即圆心角为的圆弧，弧长为，故D正确.

故选：ABD

12．已知函数，则（    ）

A．曲线在点（1，0）处的切线方程为

B．的极小值为

C．当时，有且仅有一个整数解

D．当时，有且仅有一个整数解

【答案】ABD

【分析】由导数的几何意义求切线方程判断A，由导数求极值判断B，利用导数确定函数的性质后结合函数图象判断CD．

【详解】，，∴切线方程为，即，A正确；

时，，递减，时，，递增，

所以时，取得极小值，B正确；

作出的图象，再作直线，如图，直线过定点，斜率为，

由得，得，

∴在时，不等式只有一个整数解，D正确；

作出的图象，再作直线，如图，直线过定点，斜率为，图中为了说明问题对的图象进行了放缩处理，

由得．

即时，直线过点，

时，，图象在时切线斜率大于，因此此时，

时，，无整数解，C错、

故选：ABD．

【点睛】方法点睛：用导数确定不等式的整数解问题，数形结合是重要的方法，一般是把不等式适当变形，转化为一个固定函数的图象在动直线的一侧，可利用导数确定函数的性质，动直线动起来后观察交点情况，从而可得解的情况．

三、填空题

13．已知复数和（i是虚数单位），则______．

【答案】##

【分析】先利用复数的除法求出、，再利用复数的加法进行求和.

【详解】由题意，得，

，

则.

故答案为：.

14．若，，且，则的最大值为______．

【答案】

【分析】利用基本不等式的性质，求解和的最小值.

【详解】，，由基本不等式，，即，当且仅当时等号成立.

，

即，解得，当，即，时，有最大值.

故答案为：

15．在正三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点，F是线段上的一点，且，则点到平面的距离为______．

【答案】##

【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求出平面的法向量与，再利用空间向量法即可求得点到平面的距离.

【详解】记的中点为，连结，过作，如图，

根据题意，易知两两垂直，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，

则

故，，，

因为，所以，

设平面的一个法向量为，则，即，

令，则，故，

又，

所以点到平面的距离为.

故答案为：.

.

16．已知球O的表面积为，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，该四棱锥的高为______．

【答案】1

【分析】先得到圆的内接四边形中，正方形面积最大，从而得到当四棱锥的高一定时，要使体积最大，则要底面四边形面积最大，此时四棱锥的底面为正方形，表达出

，利用导函数得到其单调性，从而得到极值和最值情况，得到答案.

【详解】首先说明圆的内接四边形中，正方形面积最大，过程如下：如图1，四边形ABCD为圆内接四边形，面积为，设，圆的半径为，

由三角形面积公式得：

，

因为，

所以，

当且仅当为圆的直径且时，等号成立，

此时四边形ABCD为正方形，

即半径为的圆内接四边形中，正方形面积最大，最大面积为，

如图2，设球的半径为，则，解得：，

该四棱锥底面积为，四棱锥的高为，则其体积为，

当一定时，要使最大，则要最大，此时四棱锥的底面为正方形，

因为，由勾股定理得：，

所以，，

所以，当时，，

当时，，

即在单调递增，在上单调递减，

在时取得极大值，也是最大值.

故答案为：1

四、解答题

17．如图，在三棱柱中，，．

(1)记平面与平面的交线为l，求证：平面；

(2)求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由棱柱的性质得，从而平面，推导出，由此能证明平面；

（2）连接，利用菱形的对角线相互垂直和已知条件得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到平面，进而利用线面垂直的性质证明.

【详解】（1）由棱柱的性质得，

因为平面，平面，

所以平面，

因为平面，平面与平面的交线为，

所以，

因为平面，平面，

∴平面.

（2）连接，

由棱柱的性质和，得四边形为菱形，

所以，

因为且，

所以，

又因为平面，平面，

且，所以平面，

又因为平面，

所以.

18．在各项均为正数的数列中，，且．

(1)求的通项公式；

(2)若，数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先将变形为，从而得到关于的二次方程，解之即可得到，从而证得是等比数列，进而可求得的通项公式；

（2）利用（1）中的结论与裂项法得到，从而求得，由此得证.

【详解】（1）因为各项为正数，，

所以上式两边同时除以，得，

令，则，即，解得（负值舍去），

所以，

又，

所以是以，的等比数列，

故.

（2）由（1）得，

所以，

因为，则，所以.

19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，E是棱PB上一点．

(1)求证：平面平面PBC；

(2)若E是PB的中点，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）要证平面平面PBC，可证平面PBC，即设法证；

（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面EAC法向量，结合线面角的正弦公式即可求解.

【详解】（1）因为，，，，作中点，连接，则，，，则，，所以，又平面ABCD，所以，，所以平面PBC，又平面，所以平面平面PBC；

（2）易知，，三垂直，故以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，则，，设平面法向量为，则，

即，令，则，设直线PA与平面EAC所成角为，

则，故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.

20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D是边BC上的一点，且．

(1)求证：；

(2)若，求．

【答案】(1)详见解析；

(2)

【分析】（1）先利用余弦定理由得到，再利用正弦定理由即可求得；

（2）先利用余弦定理求得，进而利用余弦定理求得

【详解】（1）在中，，

则

整理得，则

又，则

在中，由正弦定理得，则

在中，由正弦定理得，则

则

则

（2）由，可得，又

则

由

可得，解之得

又，则，

由，可得

则

21．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点，将沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图2所示．F是棱PB上的一点．

(1)若F是棱PB的中点，求证：平面PAE；

(2)是否存在点F，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）取中点，证明即可.

（2）首先建立空间坐标系，分别求出两个平面的法向量，再利用已知的二面角即可求解.

【详解】（1）如下图，在上取中点，链接、.由题意知，，所以四边形为平行四边形，所以.又因为分别为中点，所以，且，在平面内，则平面平行于平面，而,则

（2）如下图，以为原点，为轴正向，为轴正方向，垂直平面于的为轴，建立空间直角坐标系.

由图可知，，设，，则，，

设平面的法向量为，则，令解得，即，平面的法向量设为，则，令，得，即.

①，根据题意，，则，又，即，得,代入上式，解得,将、代入①式，解得.

，故存在点.

22．已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）若直线与曲线相切，求证：．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分别解不等式、，可得出函数的减区间和增区间；

（2）设切点坐标为，可得出，利用零点存在定理得出，构造函数，利用函数的单调性求得的取值范围，即为的取值范围，由此可求得的取值范围.

【详解】（1），.

当时，，此时函数在上单调递减；

当时，由可得，由可得.

此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

当时，由可得，由可得.

此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

综上所述，当时，函数在上单调递减；

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）考虑直线与曲线相切，设切点坐标为，

，所以，，整理可得，

，，

令，则函数为上的增函数，

，，，

令，则，

当时，，所以，函数在区间上单调递减.

因为，则，即，

，因此，.

【点睛】方法点睛：利用导数求解函数单调区间的基本步骤：

（1）求函数的定义域；

（2）求导数；

（3）解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调增区间；解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调减区间.