山东省青岛市即墨区2022-2023学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第一学期教学质量检测

高三数学试题

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回.

注意事项：

1. 答第Ⅰ卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2. 选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效.

第Ⅰ卷（选择题  共60分）

一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 若复数为纯虚数，则实数m的值为（    ）

A. 1 B. －1 C. 2 D. －2

【答案】D

【解析】

【分析】根据除法运算求出，再根据纯虚数的定义可得结果.

【详解】,

因为为纯虚数，所以，得.

故选：D

2. 已知向量，，，若，则（    ）

A. 3 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出的坐标，再由，得可求出的值

【详解】因为，，所以，

因为，，

所以，解得，

故选：B

3. 如图，在中，，P是BN上一点，若，则实数t的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意设，由向量的线性运算可得，再根据已知列等式计算即可求出.

【详解】由题意，是上一点，设，

则，

又，所以，

所以，

所以，解得.

故选：C

4. 若，且为第四象限角，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合同角三角函数的基本关系式求得正确答案.

【详解】由于，且为第四象限角，

所以，

.

故选：D

5. 要得到的图像，只需将函数的图像（    ）

A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位

C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位

【答案】A

【解析】

【分析】化简函数，即可判断.

【详解】，

需将函数的图象向左平移个单位.

故选：A.

6. 在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值为（    ）

A. 16 B. 8 C. 4 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】首先根据等比数列的性质求得，再根据基本不等式，即可求解.

【详解】由等比数列的性质可知，，，

所以，即，得，

且，所以，当且仅当时，等号成立，

所以的最大值为4.

故选：C

7. 已知外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件作图可得为直角三角形，结合条件，并根据根据投影向量的概念求解即可

【详解】

所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，

所以,

如图：

因为，所以，即，所以，

向量在向量上的投影数量为：

故选：A

8. 已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（    ）

A. 18 B.  C.  D. 27

【答案】B

【解析】

【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值.

【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，

因为球的体积为，所以球的半径为，

在中，，即，

所以正四棱锥的体积为

整理得，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以当时，函数取得最大值，

故选：B

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列关于平面向量的命题正确的是(    )

A. 若∥，∥，则∥

B. 两个非零向量垂直的充要条件是：

C. 若向量，则四点必在一条直线上

D. 向量与向量共线的充要条件是：存在唯一一个实数，使

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量共线的概念判断A，根据向量垂直的性质判断B，根据向量相等和向量概念判断C，根据向量共线定理判断D．

【详解】对于，当时，不一定成立，A错误；

对于，两个非零向量，当向量垂直可得，反之也一定有向量垂直，B正确；

对于C，若向量与方向和大小都相同，但四点不一定在一条直线上，错误；

对于D，由向量共线定理可得向量与向量共线的充要条件是：存在唯一一个实数，使D正确．

故选：BD．

10. 设函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 的周期是

B. 的图象关于直线对称

C. 在单调递减

D. 在上的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用两角和的余弦公式化简函数的解析式，再根据余弦函数的图象和性质得出结论.

【详解】函数，

的最小正周期为，故A正确；

令，求得，不是最值，可得的图象不关于直线对称，故B错误；

时，，函数单调递减，故C正确；

时，，故当即时，函数取得最小值为，故D正确，

故选：ACD.

11. 已知正方体，则下列结论正确的是（    ）

A. 平面与直线平行 B. 平面与直线垂直

C. 平面与平面平行 D. 平面与平面垂直

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A：根据平行四边形可证∥，进而结合线面平行的判定定理分析证明；对于B：根据线面垂直的判定定理分析证明；对于C：根据面面平行的判定定理分析证明；对于D：可证平面，根据面面垂直的判定定理分析判断.

【详解】对于选项A：因为∥，且，则为平行四边形，

可得∥，且平面，平面，

所以∥平面，故A正确；

对于选项B：因为为正方形，则，

又因为平面，平面，则，

，平面，所以平面，

因为平面，所以与不垂直，

所以平面与直线不垂直，故B错误；

对于选项C：因为∥，且，则为平行四边形，

可得∥，且平面，平面，

所以∥平面，

由选项A可知：∥平面，，平面，

所以平面∥平面，故C正确；

对于选项D：因为为正方形，则，

又因为平面，平面，则，

，平面，所以平面，

且平面，可得，

同理可证：，，平面，

所以平面，

又因为平面，所以平面与平面不垂直，故D错误；

故选；AC.

12. 数列依次为,,,,,,,,,,,,,,,,,…,其中第一项为,接下来三项为,再五项为,依次类推,记的前项和为,则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 为等差数列

C.  D. 对于任意正整数都成立

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据数列的规律可求出判断A；根据等差数列的定义可判断B；根据数列求和可判断C；根据不等式的性质可判断D.

【详解】设分母为的数为第一组,分母为的数为第二组，…,分母为的数为第组,

则前组数共有个数,

对于A,令,可得,所以为第组最后一个数,则,故A错误;

对于B,因为前组数共有个数,所以数列的项为每一组的最后一个数的倒数,即,故B正确;

对于C,因为前项共有组数,又每组数的和为,所以前组数的和为,即,故C正确;

对于D,根据已知设,因为为定值,即,

因为,所以,则,因为,所以,即,故D正确.

故选:BCD.

第Ⅱ卷（非选择题  共90分）

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】首先将复数化简，再根据复数的几何意义，列不等式求实数的取值范围.

【详解】复数，因为复数对于的点在第四象限，

所以，解得：.

故答案为：

14. 已知非零单位向量，满足，则与的夹角余弦值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由已知两等式平方后可解得得，进而可求解.

【详解】，，

又，，，

，

设与的夹角为，则

故答案为：

15. 公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为.则______.

【答案】

【解析】

【分析】首先得到，然后在中，由余弦定理得求出，可求出，即可求出.

【详解】 

如图，O为楼脚，OP为楼高，则，，

所以，又因为，，所以，

所以，所以，所以

又因为，所以在中，

，

所以，

故.，所以，所以.

故答案为：.

16. 已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项______.

【答案】

【解析】

【分析】由结合共线向量定理的推论可得，则可求得，再由可得，从而得，则得，然后利用分组求和法可求得结果.

【详解】因为，

所以，

因为三点共线，所以，

所以，

因为，所以是以4为首项，2为公比等比数列，

所以，所以，

因为，所以，

所以，

因为，

所以

因为，所以，

所以，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查向量共线定理的应用，考查数列的分组求和法，考查等比数列的应用，解题的关键是将已知式子变形结合共线向量定理推论化简求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值；

（2）利用同角基本关系式得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.

【小问1详解】

在中，由正弦定理得，

又由，得，

又因为为三角形内角，则，则.

又因为，得到，.

由余弦定理可得.

【小问2详解】

在三角形中，

由（1）可得,

.

18. 已知数列，为的前n项和，，，.

（1）证明：是等比数列；

（2）设，求数列的前n项和为.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列的定义得数列 为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；

（2）由（1）得 运用错位相减法可得.

【小问1详解】

当时，，

当时， 由， 可得，

两式相减可得，，

即有，

即为数列为第二项起为等比数列,

又

数列为以为首项，等比数列为的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得 ，， 可得，

则,,

即有前项和为，

，,

两式相减可得，，

化简可得.

19. 如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，，是的中点，是的中点.

（1）证明：平面；

（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用中位线定理证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行判定定理即可得证；

（2）根据题意建立空间直角坐标系，从而求得平面与平面的法向量，进而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【小问1详解】

取中点，连接，

分别为的中点，，，

因为四边形是矩形，是的中点，所以且，

故且，则四边形为平行四边形，

，又面，平面，

所以平面.

【小问2详解】

设，则，

因为，所以由勾股定理得，则是等腰直角三角形，

又平面，

故以中点为原点，过点和平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

则，，，

设是面的一个法向量，则有，

取，则，故，

设是面的一个法向量，则有，

取，则，故，

记平面与平面夹角为，

则，

所以平面与平面夹角的余弦值.

20. 已知函数的图象经过，周期为.

（1）求解析式；

（2）在中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，的角平分线交AB于D.若恰为的最大值，且此时，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由周期可求出，再将坐标代入函数中可求出，从而可求出的解析式；

（2）恰为的最大值，且此时，可得，，再由题意得，化简可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.

【小问1详解】

周期为，，

图象经过，，

，又，∴

，

【小问2详解】

的最大值，

，得，

∵，∴，∴，

，

，

，即，

∴，

，当且仅当，即时取等号，

又，即当且仅当，时取等号，

所以的最小值为.

21. 如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，为等边三角形，面底面ABCD，E为AD的中点.

（1）求证：；

（2）在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为.

①确定点F的位置；

②求点C到平面PEF的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）①点的位置是线段上靠近的三等分点；②

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质定理，即可证明线线垂直；

（2）①根据（1）的证明过程，以点为原点，建立空间直角坐标系，

以线面角的向量公式求点的位置；②根据①的结果，结合点到平面的距离的向量公式，

计算结果.

【小问1详解】

取中点，连接，,

为等边三角形,

,

面底面，

面底面，

面，

面，

，

，

，

又，

面，

面，

，

  【小问2详解】

①如图以为原点，为轴，为轴建立空间

直角坐标系.设，

，，，,,

，，，，

，

设是平面的一个法向量

则有，

令解得：

因为直线与平面所成角的正弦值为

即

解得，所以点的位置是线段上靠近的三等分点，

②，，

，

点到平面的距离.

22. 已知正项数列满足，且，.

（1）已知，求的通项公式；

（2）求数列的前2023项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由可得，从而得到，进而得到是以为首项，公比为的等比数列，再根据等比数列的通项公式即可求解；

（2）由可得，从而有，得到数列偶数项具有周期性，最后根据分组求和即可.

【小问1详解】

，，

，，

即，，即，

是以为首项，公比为的等比数列，

.

【小问2详解】

，

又，

，，

，即，

，即数列偶数项具有周期性，

，

所以·