2023届辽宁省大连市第八中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023届辽宁省大连市第八中学高三上学期期中考试数学试题含答案，共18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届辽宁省大连市第八中学高三上学期期中考试数学试题 一、单选题1．设全集为R，集合，，则A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．设，则“”是“复数为纯虚数”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求出为纯虚数时的值，与比较，判断出结果【详解】，复数为纯虚数，则，解得：，所以则“”是“复数为纯虚数”的充要条件故选：C3．三个数，，的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将三个数与0或1进行比较，从而区分大小.【详解】由题意得，，∴.故选：A.【点睛】本题考查指数式、对数式的比较大小，属基础题.4．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（    ）A．16 B．15 C．12 D．9【答案】A【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义可求.【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，,设，则，在中，，即，解得或（舍去），，.故选：A.5．若且则的值是.A． B． C． D．【答案】C【详解】由题设，又，则，所以，，应选答案C．点睛：角变换是三角变换中的精髓，也是等价化归与转化数学思想的具体运用，求解本题的关键是巧妙地将一个角变为已知两角的差，再运用三角变换公式进行求解．6．已知函数在区间的值域为，则（   ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】根据函数在上为奇函数知对称中心为，根据平移可知函数图象的对称中心，即可求解.【详解】因为在上为奇函数，所以函数图象关于原点对称，因为，是将上述函数图象向右平移2个单位，并向上平移3个单位得到，所以图象关于对称，则，故选：C【点睛】本题主要考查了奇函数的对称性，函数图象的平移，利用对称性求解问题，属于中档题.7．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案.【详解】当时，不等式恒成立，则，即函数在上单调递增，则，整理可得，令，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，，.故选：D.8．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（　　）A．2+2 B． C． D．【答案】B【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳. 二、多选题9．将函数图像上所有点的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标缩短为原来的，再将所得的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（       ）A．B．的图像关于直线对称C．的图像关于点对称D．在上单调递增【答案】BCD【分析】由平移和伸缩变换判断A，采用代入法判断BC，由正弦函数的单调性判断D.【详解】由题意得，，A错误；，B正确；因为，所以的图像关于点对称，C正确；由，得，所以在上单调递增，D正确．故选：BCD10．设数列的前n项和为，下列命题正确的是（　　）A．若为等差数列，则，，仍为等差数列B．若为等比数列，则，，仍为等比数列C．若为等差数列，则（a为正常数）为等比数列D．若为等比数列，则为等差数列【答案】AC【分析】A选项，表达出等差数列的前项和，，，验证，得到A正确；BD选项，举出反例即可；C选项，求出，得到，从而判断出C正确.【详解】因为为等差数列，所以，，，故，，所以，故，，仍为等差数列，A正确；若为等比数列，当为偶数时，所以，，都等于0，不为等比数列，B错误；若为等差数列，设，则，为不等式0的定值，所以（a为正常数）为等比数列，C正确；若为等比数列，设，当，，则，此时无意义，故D错误.故选：AC11．已知a，b为正实数，且，则（   ）A．ab的最大值为8 B．的最小值为8C．的最小值为 D．的最小值为【答案】ABC【分析】对条件进行变形，利用不等式的基本性质对选项一一分析即可.【详解】因为，当且仅当时取等号，解不等式得，即，故的最大值为8，A正确；由得，所以，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值8，B正确；，当且仅当，即时取等号，C正确；，当且仅当时取等号，此时取得最小值，D错误．故选：ABC．12．在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为3π，则（    ）A．当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为C．当时，圆锥SO的外接球表面积为D．当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动【答案】ACD【分析】求出圆锥母线l与底面圆半径r的关系，利用圆锥侧面展开图判断A；求出圆锥轴截面顶角的大小，计算判断B；求出圆锥外接球半径判断C；求出圆锥内切球半径，棱长为的正四面体外接球半径判断D作答.【详解】依题意，，对于A，当时，，，圆锥的侧面展开图，如图，侧面展开图扇形弧长即为圆锥的底面圆周长，则，在中，由余弦定理得：，即，A正确；对于B，当时，有，令圆锥SO的轴截面等腰三角形顶角为，，为钝角，令P，Q是圆锥SO的底面圆周上任意的不同两点，则，则有的面积，当且仅当时取“=”，B不正确；对于C，当时，，圆锥SO的外接球球心在直线SO上，圆锥的底面圆是球的截面小圆，而圆锥的高，设外接球半径为R，则有，即，解得，其表面积为，C正确；对于D，棱长为的正四面体可以补形成正方体，如图，则正方体棱长，其外接球即正四面体的外接球直径为，球半径，当时，，圆锥SO的内切球球心在线段SO上，圆锥的轴截面截内切球得大圆，是圆锥轴截面等腰三角形内切圆，设其半径为，由三角形面积得：，解得，，因此，半径为的球在圆锥SO内可以任意转动，而棱长为的正四面体的外接球的半径为，故棱长为的正四面体在半径为的球内可以任意转动，所以当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，D正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 三、填空题13．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为          ．【答案】【分析】取得到，时，根据计算得到答案.【详解】，取得到 当时， 故故答案为【点睛】本题考查了数列的通项公式，熟练应用公式是解题的关键.14．已知，则      .【答案】2【分析】逆用两角和与差的正切公式即可.【详解】.故答案为：2.15．设四边形为平行四边形，，，．若点满足，则         【答案】12【分析】计算，则，根据向量运算法则计算得到答案.【详解】，.故答案为：12.16．已知函数的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是           .【答案】【分析】由函数的定义域首先求出自变量的取值范围.再由，可以想到构造一个新函数，判断新函数的单调性，然后对进行变形， 得到两个函数值的大小关系，再根据单调性，就可求出解集．【详解】函数的定义域为所以有成立，解这个不等式组，解得  ① ．因为   所以,而 可以得到  这样可以构造一个新函数，显然 因此是上的增函数.由 可得，所以得到是上的增函数  于是有  解这个不等式可得 ②综合①② 不等式的解集是【点睛】本题重点考查没有解析式函数的单调性问题，解决此类问题的关键是利用已知给出的结构构造一个新的函数，利用新函数的单调性求解．本题容易忽略，解决函数问题首先要遵循定义域优先原则． 四、解答题17．已知空间三个向量､､的模均为1，它们相互之间的夹角均为.(1)求证：向量垂直于向量；(2)已知，求k的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)或 【分析】（1）证明，由垂直关系的向量表示即可得证；（2）利用数量积的运算律，结合，即可得到关于k的不等式，求解即可【详解】（1）证明： 因为，且､､之间的夹角均为，所以，所以向量垂直于向量；（2），所以.因为，所以，解得或.18．命题，使成立．是否存在实数a，使命题p为真命题？如果存在，求出实数a的取值范围，如果不存在，请说明理由．【答案】存在，实数a的取值范围【分析】构造函数，，由已知条件将问题转换为，利用基本不等式求，分类讨论求，构造不等式即可得求出实数a的取值范围.【详解】存在实数a，使得命题p为真命题，理由如下：命题，使成立，令，，则问题转化为，当且仅当，即时等号成立，故，对称轴为，开口向上（1）当，即时，函数在上单调递增，，解得：，此时无解；（2）当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，，解得：，即（3）当，即时，函数在上单调递减，，解得：，此时；综上可知，实数a的取值范围为：【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若,，总有成立，故；（2）若,，有成立，故；（3）若,，有成立，故；（4）若,，有，则的值域是值域的子集 ．19．已知递增的等差数列的前项和为，若，，成等比数列，且.（1）求数列的通项公式及前项和；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）【分析】（1）设等差数列的公差为d，d＞0，运用等差数列的通项公式和求和公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式、求和公式；（2）求得2，再由数列的分组求和、裂项相消求和，化简计算可得所求和．【详解】（1）递增的等差数列{an}的公差设为d，（d＞0），前n项和为Sn，若a1，a2，a4成等比数列，可得a22＝a1a4，即（a1+d）2＝a1（a1+3d），化为a1＝d，S5＝30，可得5a1+10d＝30，解得a1＝d＝2，可得an＝2+2（n﹣1）＝2n，Snn（2+2n）＝n2+n：（2）2，可得前n项和Tn＝2n+1＝2n+1．【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于基础题．20．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若的面积，且，求.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.试题解析：（Ⅰ）因为，所以由，即，由正弦定理得，即，∵，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴.（Ⅱ）∵，∴，∵，，∴，即，∴ .21．如图，在梯形中，，，，现将沿翻折成直二面角.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角余弦值的大小.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【分析】（I）证明，结合直线与平面垂直性质，即可．（II）建立坐标系，用a分别表示，结合已知条件，计算a，计算平面PAC的法向量，即可．【详解】解法一：（Ⅰ）取的中点，连结.∵，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，即.又平面平面，且两平面的交线为，∴平面，又平面，∴.（Ⅱ）取的中点，连结，则.∴，且，∴，，两两互相垂直.以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系.设，则，，，，∴，.由异面直线与所成角的余弦值为，得，解得.易得平面的一个法向量为，∴设平面的一个法向量为，又，，由，得，取，得，，故，，∴二面角的余弦值.解法二：（Ⅰ）取的中点，连结.∵，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，即.取的中点，连结.∵，∴.又平面平面，且两平面的交线为，∴平面.又平面，∴.又，∴平面，又平面，∴.（Ⅱ）同解法一.【点睛】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.22．已知函数，，其中．（1）若曲线在处的切线斜率为，求的值；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）求导，根据，代入求得参数a；（2）将不等式转化为，设，从而问题变成函数值大小比较即为．通过导数求得函数单调区间，进而转化为自变量大小比较，因含参数，后面利用分离参数，对新函数，利用导数研究其最值情况即可得到参数取值范围.【详解】解：（1）依题可得，且，．．（2）由题设知，即，整理得，设，则上式即为．，令得．当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．又当时，，只需，即，设，则．令得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．．．【点睛】思路点睛：将不等式转化为具有相同函数形式的不等关系，通过导数求解函数单调性来转化为自变量大小比较；对于含参的问题处理，有2种方法，带参讨论及分离参数；本题选择分参，利用导数求得函数最值，从而求得参数范围.