2023届黑龙江省哈尔滨市第一中学校高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第一中学校高三上学期期中数学试题（解析版），共19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一中学校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】A【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】解：由，即，解得或，所以或，又，所以，故选：A． 2．设，则A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用特殊值排除错误选项，利用函数的单调性确定正确选项.【详解】取，则：，A选项错误.，B选项错误.，D选项错误.在R上单调递增，故时，C选项正确.故选：C4．已知 ∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=A． B．C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式得到正余弦关系，利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案．【详解】，．，又，，又，，故选B．【点睛】本题为三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判断正余弦正负，运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范围后得出三角函数值的正负，很关键，切记不能凭感觉．5．已知数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列的前项和与第项的关系进行求解即可.【详解】当时，，当时，，∴当时，，当时，，∴A，B均错误；又当时，，当时，，∴D正确，故选：D．6．设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则（    ）A．若，，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】AD可举出反例，B选项，由线面垂直的判定定理得；C选项，可得到；【详解】A选项，与相交、平行或，如图1，当时，与相交，故A错误；B选项，因为，，所以，因为，则由线面垂直的判定定理得，故B正确；C选项，因为，，所以，因为，所以，故C错误；D选项，若，，，则与相交、平行或异面，如图2，满足，，，而与异面，故D错误．故选：B．7．其类蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式为，其中为Peukert常数．为了测算该类蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间．则该蓄电池的Peukert常数大约为（参考数据：，）（    ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】根据题意列出方程求得，再转化为对数运算即可.【详解】由题意，得，所以，所以．故选:B.8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用导数可证明时，，即可证明，即．根据，构造函数，求其导数，判断函数单调性，证明，由此可得答案.【详解】当时，令，则此时递增，故，即，得，即．，设，则，因为时，，所以在上单调递增，所以当时，，所以，所以．综上所述，，故选：C 二、多选题9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．向量与向量的夹角为 D．在的投影向量是【答案】AC【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量的模长公式可判断B选项；利用平面向量夹角的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的概念可判断D选项.【详解】对于A选项，，则，故，A对；对于B选项，，故，B错；对于C选项，设向量、的夹角为，则，因为，故，C对；对于D选项，在方向上的投影向量为，D错.故选：AC.10．已知函数 的图象关于直线对称，则（    ）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】AC【解析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可.【详解】因为的图象关于直线对称，所以 ，得，，因为 ，所以，所以，对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到，故选项D不正确；故选：AC【点睛】本题主要考查了利用三角函数的对称轴求函数解析式，考查了三角函数平移变换、三角函数的周期、单调性、最值，属于中档题11．已知是定义在R上的偶函数，且，若当时，，则下列结论正确的是（    ）A．当时， B．C．的图象关于点（2，0）对称 D．函数有3个零点【答案】AD【分析】求得当时的解析式判断选项A；求得的值判断选项B；举反例否定选项C；利用函数与的图象交点个数判断选项D.【详解】设，则，又∵当时，，∴，∵函数是定义在R上的偶函数，∴，故A正确；∵，∴，∴函数是以4为周期的周期函数，∴，故B不正确；∵，∴，∴的图象不关于点（2，0）对称，故C错误；函数的零点个数就是函数图象与函数图象的交点个数同一坐标系内作函数与的图象如下：观察图象知与有3个交点，故D正确.故选：AD.12．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成 （如图所示），若它所有棱的长都为2，则（    ）A．平面B．该二十四等边体的体积为C．与的夹角为D．该二十四等边体的外接球的表面积为【答案】BD【分析】依题意补齐正方体，对于A，假设平面，得到，根据六边形为正六边形，，得出矛盾判断A；对于B，结合集合图形，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉八个三棱锥体积，从而求出B；对于C，由平移法找出异面直线所成角为，判断C；对于D，取正方形对角线交点为，即为该二十四等边体的外接球球心，从而求出半径大小，进而求出外接球体积，判断D.【详解】依题意，补齐正方体，如下图，对于A，假设平面，平面，，，二十四等边体就是一种半正多面体，由对称性可知，六边形为正六边形，，这与“”矛盾，所以假设不成立，A错误；对于B，，正方体的棱长为，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉个三棱锥体积，即，B正确；对于C，，为异面直线与所成角（或补角），在等边中，，又，所以与的夹角为与的夹角，即，C错误；对于D，如图，取正方形对角线交点为，即为该二十四等边体的外接球球心，在等腰中，，在正方形中，，即外接球半径，该二十四等边体的外接球的表面积，D正确.故选：BD. 三、填空题13．在圆锥的轴截面中，若两条母线的夹角为，且母线长为4，则此圆锥的侧面积为______.【答案】【分析】由题可得底面圆的半径，然后根据圆锥的侧面积公式即得.【详解】由题可得圆锥的底面圆的半径为，又母线长为4，所以圆锥的侧面积为.故答案为：.14．设曲线 在点处的切线方程_________________.【答案】【分析】求出函数的导函数，得到函数在处的导数，即为切线的斜率，由直线方程的点斜式得答案．【详解】由题意，函数的导数为，可得曲线在点处的切线斜率为，即切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为，即为，即．故答案为．【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，其中解答中明确曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15．已知函数，则的值为_____．【答案】【分析】先由函数解析式得到，当时，恒有，再由倒序相加的方法，即可求出结果.【详解】当，即时，有，即当时，恒有， 则，所以.故答案为【点睛】本题主要考查倒序相加的问题，熟记倒序相加的方法即可，属于常考题型.16．如图，在棱长为2的正方体中，M、N、P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则下列命题：①不存在点Q，使平面MBN；②三棱锥B－CNQ的体积是定值；③平面PMN；④经过C、M、B、N四点的球的表面积为.正确的是______.【答案】②③④【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断①③；证明平面，可得点到平面的距离为定值，再根据即可判断③；分别取的中点，构造长方体，则经过C、M、B、N四点的球即为长方体的外接球，求出外接球半径，从而可判断④.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，对于①，设，则，当时，，即，又平面MBN，平面MBN，所以平面MBN，故存在点Q，使平面MBN，故①错误；对于②，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥的体积是定值，即三棱锥B－CNQ的体积是定值，故②正确；对于③，，因为，所以，又平面，所以平面PMN，故③正确；对于④，分别取的中点，构造长方体，则经过C、M、B、N四点的球即为长方体的外接球，设所求外接球的半径为，则，所以经过C、M、B、N四点的球的表面积为，故④正确.故答案为：②③④. 四、解答题17．设数列是等差数列，已知．（I）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（I）；（Ⅱ）.【解析】（1）利用等差数列通项公式求公差，再求通项公式；（2）由（1）可知，再利用裂项相消法求和.【详解】（I）设等差数列的公差为d，则由题意有，，．（Ⅱ）．18．已知的内角、、的对边分别为、、，满足．(1)求角的大小；(2)若边上的中线，且，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）分析可得，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，解之即可.【详解】（1）解：由及正弦定理可得，因为、，则，可得，则，因此，.（2）解：，所以，，所以，，即，即，解得（负值舍去）.19．如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【详解】试题分析：（Ⅰ）先证，，再可证平面，进而可证平面；（Ⅱ）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，，所以即在图2中，，从而平面又，所以平面．（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，所以为二面角的平面角，所以．如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以得，．设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为．【解析】1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用． 20．近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业.某高中随机调查了本校2022年参加高考的90位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人） 首选志愿为师范专业首选志愿为非师范专业女性2535男性525 (1)根据表中数据.能否有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？(2)用样本估计总体，用本次调研中首选志愿样本的频率代替首选志愿的概率，从2022年全国文科考生中随机抽取3人，设被抽取的3人中首选志愿为师范专业的人数为，求的分布列、数学期望和方差.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828  【答案】(1)有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关；(2)分布列见解析，，. 【分析】（1）求出，比较临界值可得；（2）求得某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，由二项分布求得概率得分布列，再由二项分布的期望公式、方差公式计算期望与方差．【详解】（1），∴有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.（2）某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123 ，.21．已知数列的首项为，且满足，其前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)若，设，求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由题意，整理递推公式，利用累乘法，可得答案；（2）由题意，整理数列的通项公式，利用错位相减法，可得答案；（3）根据（1）判断数列为等差数列，进而求得，由（2）求得的，分为奇数与偶数，整理不等式，利用基本不等式，可得答案.【详解】（1）∵，∴，∴，∴，当时，上式成立，∴；（2）∵，∴，∴，①，②①-②得，整理得；（3）由（1）可知的通项公式，则数列为等差数列，即，∵，∵①若为偶数，整理可得恒成立，即，∴，整理得，∵，当且仅当，即时等号成立，∴当时，取最小值为，∴；②若为奇数，则恒成立，∴，整理得，∴当且仅当时，取最大值为，∴.综上可得：.【点睛】由递推公式推导通项公式时，常用方法有累加法、累乘法、辅助数法等，其中在使用累加法与累乘法时，一定注意最后检验，检验首项是否符合通项；在面对一个等差数列与等比数列的乘积所成的新数列时，错位相减法求解，除此之外，裂项相消，倒序相加也是一般数列求和常用的方法.22．已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导得，分两种情况：当时，当时，分析的符号，进而可得的单调性．（2）由对恒成立，得对恒成立，设，其中，只需，即可得出答案．【详解】（1）解：函数的定义域为，所以当时，，所以在上单调递增当时，令得，令得所以在上单调邀减：在上单调进增综上，当时，函数的单调递增区间为当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）因为对恒成立，即对恒成立设，其中所以，设，其中，则所以，函数在上单调递增因为， 所以，存在，使得当时，，函数单调递减当时，，函数单调递增所以因为则设，其中，则所以函数在上为增函数因为，则，则由可得，所以所以，可得所以所以所以实数的取值范围为．【点睛】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，有一定难度.