2023届黑龙江省牡丹江市第二高级中学高三上学期期中数学试题含答案

2023届黑龙江省牡丹江市第二高级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】首先求出N集合，然后与M集合求并集.

【详解】 化解得：

故选D

【点睛】本题考查集合运算和指数幂不等式解法；解指数幂不等式，主要应用指数函数单调性，在解题中，尽量统一底，然后利用指数函数单调性确定幂的大小.

2．如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，那么原平面图形的面积是（ ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斜二测画法可得原图形为直角三角形，运算即可得解.

【详解】根据斜二测画法可得原图形为如图所示，

因为是等腰直角三角形，根据斜二测画法可得为直角三角形，

，，，

所以原平面图形的面积是.

故选：B.

3．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合图象，根据函数值的特点排除A、B，根据单调性排除D即可得正确选项.

【详解】对于A：当时，且为奇函数图象关于原点对称，不符合题意，故选项A不正确；

对于B：当时，，不符合题意，故选项B不正确；

对于D：当时，由 可得，

当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，不符合图象特点，故选项D不正确；

故选：C.

4．若命题“”是假命题，则的取值范围是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】本题首先可根据题意得出命题“，”是真命题，然后分为、、三种情况进行讨论，结合二次函数性质即可得出结果.

【详解】因为命题“，”是假命题，

所以命题“，”是真命题，

若，即或，

当时，不等式为，恒成立，满足题意；

当时，不等式为，不恒成立，不满足题意；

当时，则需要满足，

即，解得，

综上所述，的范围是，

故选：B.

5．为庆祝中国共产党成立周年，某校以班级为单位组织开展“走进革命老区，学习党史文化”研学活动．该校高一年级个班级分别去个革命老区开展研学游，每个班级只去一个革命老区，每个革命老区至少安排一个班级，则不同的安排方法共有（    ）种．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】可把6个班级分成3组，然后每组到一个革命老区．分组可按222，123，114分组．

【详解】据题意可把6个班分成3组后再安排所去的革命老区．分组可按114，123，222分组．

所以不同安排方法数为．

故选：A．

6．在等腰梯形中，是腰上的动点，则的最小值为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】如图，以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，用坐标表示出，即可求出答案

【详解】解：如图，以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，则由题意可得，设，其，

则，

所以，

所以

，

所以当时，取最小值，

故选：C

7．如图，已知在中，，点在边上，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件求出，，在中由余弦定理求出，再在中由正弦定理计算作答.

【详解】在中，， ，则，

因，则，

在中，由余弦定理得：，即，

在中，由正弦定理得：，

所以.

故选：D

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，利用导数求得函数单调性，得到，得出，进而求得，，再由，求得，得到，即可求解.

【详解】设，可得，令，解得，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以，即，

则，，所以最小，

又由，因为，所以，所以，

综上可得：.

故选：D.

二、多选题

9．已知是虚数单位，若，且，则的值可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】首先得到，再根据复数代数形式的乘法运算得到方程，解得即可.

【详解】因为，所以，

所以，

，解得.

故选：BD

10．若且，则直线经过（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】ABC

【分析】根据题意，由且，可得直线的斜率大于零，在轴截距大于零，即可得到结果.

【详解】因为且，所以，又直线可化为，斜率为，在轴截距为，因此直线过第一，二，三象限，不过第四象限.

故选：ABC

11．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．函数的图象关于点成中心对称

C．函数的最小正周期为

D．函数的一个单调递增区间为

【答案】ACD

【分析】利用函数图象变换可判断A选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的周期公式可判断C选项的正误；利用正弦型函数的单调性可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，将函数的图象向右平移个单位，

可得到函数的图象，所以，，A对；

对于B选项，，B错；

对于C选项，函数的最小正周期为，C对；

对于D选项，当时，，D对.

故选：ACD.

12．已知函数,若关于的方程有四个不等实根、、、，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．的最小值为

【答案】AD

【分析】作出图象，计算出、的值，结合图象可判断A选项；解不等式，可判断B选项；由对数的运算性质可得出，求出的取值范围，结合双勾函数的单调性可判断C选项；利用韦达定理结合基本不等式可判断D选项.

【详解】作出函数的图象如下图所示：

根据图象知：，，

因为直线与函数的图象有四个交点，则，A对；

对于B选项，由图可知，，由可得，

所以，，B错；

对于C选项，由图可知，，则，

由得，即，

所以，，化简得到.

由，可得，

所以，，

由双勾函数的单调性可知在上单调递减，

所以，，

且，当时取等号，

所以，，C错；

由可得，

所以，、为方程的两根，

由根与系数的关系可得，

所以，

，

当且仅当时，即当时等号成立，D对.

故选：AD.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

三、填空题

13．函数的定义域为          .

【答案】

【分析】依照偶次根式大于等于0，分母不为0，列出关系式求解即可.

【详解】函数解析式为，则，解得.

因此，函数的定义域为.

故答案为：.

【点睛】本题考查求具体函数的定义域，熟悉各类函数定义域的要求是解题的关键，属于基础题.

14．已知，则        .

【答案】

【分析】由已知结合二倍角的正弦公式及辅助角公式先求得的值，再结合二倍角的余弦公式求解即可.

【详解】由，

所以，

即，

即，即，

则.

故答案为：.

15．过原点作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为          .

【答案】

【分析】由于过原点作圆的两条切线且切点分别为，可得,则可以为圆心，长为半径构建一个圆，而直线为圆与圆的公共弦所在的直线，两圆方程相减可得其公共弦所在的直线的方程

【详解】圆配方可得，

其圆心为，半径，

过原点作圆的两条切线，切点分别为，

则，

又点在圆上，

则直线为圆与圆的公共弦所在的直线，

两圆方程相减可得，

即直线的方程为.

故答案为：.

四、双空题

16．已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是      ；直线与直线所成角的取值范围为      .

【答案】         

【分析】设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，球心O在上，列式求出得 ，则可求出 ，，推导出P的轨迹为平面内以E为圆心，为半径的圆，三点共线时，且P在之间时，可求得的最小值；以E为圆点，所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线与直线所成角的取值范围．

【详解】在正四面体中，设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，

设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，

则 ，

依题意正四面体内接于半径为的球中，故球心O在上，

设球的半径为R,则，

即，解得 ，（舍去），

则，，

又，

故P的轨迹为平面 内以E为圆心，为半径的圆，

而，当三点共线时，且P在之间时，最小，最小值是；

以E为圆心，所在直线为x轴，在底面内过点E作的垂线为y轴，为z轴，建立如图所示直角坐标系，

则,,,，

设，，

故，,

设直线与直线所成角为，

 ,

因为，故，故，

 又，故，故，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：求解的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线与直线所成角时，将问题转化为利用向量的夹角公式求解，关键是要明确向量的夹角与直线所成的角之间的关系.

五、解答题

17．在中,角所对的边分别是,若,且.

（Ⅰ）求的值;

（Ⅱ）若,求的面积.

【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）根据可得

所以，由余弦定理推论可知，根据同角基本关系可知，所以代入数据即可求出结果.（Ⅱ）由（1）可得，在△中，由正弦定理即可求出b，c进而求出面积.

【详解】（Ⅰ）可得

所以，所以，

所以

所以

（Ⅱ）由（1）可得

在△中，由正弦定理

∴,

∴.

18．已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项．

（1）求数列与的通项公式；

（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）根据已知条件可得出关于方程，解出的值，可求得的值，即可得出数列与的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得，分析可知数列为单调递增数列，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

因为，，，且是和的等比中项，

所以，整理可得，解得或.

若，则，可得，不合乎题意；

若，则，可得，合乎题意.

所以，;；

（2）因为，①

，②

②①得．

因为，即对恒成立，

所以．

当且，，故数列为单调递增数列，

当为偶数时，，所以；

当为奇数时，，所以，即.

综上可得．

19．已知圆：，直线：.

（1）证明直线总与圆相交；

（2）当直线被圆所截得的弦长为时，求直线的方程；

（3）当时，直线与圆交于、两点，求过、两点在轴截得弦长为的圆的方程

【答案】（1）证明见解析；（2）或；（3）或.

【分析】（1）先求出圆的圆心与半径，再确定直线过定点的坐标，最后判断定点在圆内，从而证明直线总与圆相交.

（2）先求出圆心到直线的距离，再用表示圆心到直线的距离，接着建立方程求出的值，最后求出直线的方程.

（3）先求出点、点的坐标代入圆的方程，再利用圆在轴上截得弦长为建立方程，最后解方程组求出圆的方程即可.

【详解】解：（1）证明：∵圆：，∴圆心，半径，

∵直线：，整理得：，

令，解得：，∴直线过定点，

∴，

∴定点在圆内，

∴直线总与圆相交.

（2）∵直线被圆所截得的弦长为，

∴圆心到直线的距离，

∵直线：，

∴，

∴，解得或，

将或，代入直线：，

∴直线的方程：或.

（3）设圆的方程：，

当时，直线：，

联立，解得或，

所以设点、点

所以有，

令，则，解得：，，

又因为圆在轴上截得弦长为，所以，

所以，解得：或，

所以圆的方程为：或

【点睛】本题考查求直线所过定点、直线与圆的位置关系、根据弦长求直线的方程、由待定系数法求圆的方程，是中档题.

20．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面的夹角的大小；

(3)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)不存在，理由见解析

【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；

（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；

（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M

【详解】（1）证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.

又因为平面，平面，所以.

，AD，平面，所以面.

（2）如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，

令，则，

又平面的法向量，

所以.

所以平面与平面所成角为.

（3）假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，

设，，，，

所以，

所以，

整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.

21．某校为了普及环保知识，增强学生的环保意识，在全校组织了一次有关环保知识的竞赛，经过初赛，复赛，甲、乙两个代表队（每队3人）进入了决赛，规定每人回答一个问题，答对为本队赢得10分，答错得0分.假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的率分别为，且各人回答正确与否相互之间设有影响，用表示乙队的总得分.

(1)求的分布列和数学期望；

(2)求甲、乙两队总得分之和等于30分且甲队获胜的概率.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由题意知，的可能取值为0，10，20，30，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；

（2）由表示“甲队得分等于30乙队得分等于0”，表示“甲队得分等于20乙队得分等于10”，可知、互斥．利用互斥事件的概率计算公式即可得出甲、乙两队总得分之和等于30分且甲队获胜的概率．

【详解】（1）由题意知, 的所有可能取值为. ;

；

；

.

的分布列为

.

（2）用表示“甲得30分乙得0分”, 用表示“甲得20分乙得10分”, 且互斥，

又，，甲、乙两队得分总和为30分且甲获胜的概率为.

22．已知函数，

(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；

(2)若，对，恒有成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导函数，由恒成立，变量分离可得解.

（2）构造函数，求导函数，再分类讨论得解.

【详解】（1）

因为在上单调递增，所以在恒成立，

即在恒成立，

当时，上式成立，

当，有，需，

而，，，，故

综上，实数的取值范围是.

（2）设，，则，

令，

则，在单调递增，也就是在单调递增，

所以.

当即时，，，不符合；

当即时，，，符合；

当即时，

根据零点存在定理，，使，

当时，，在单调递减，

时，，在单调递增，

因为成立，故只需即可，有，得；

综上得，.