【期中真题】辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题.zip

数学试题

考试时间：120分钟满分150分

一、单项选择题：本题共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. 设集合M={x|x＜4}，集合，则下列关系中正确的是（　　）

A. M∪N=M B. M∪∁RN=M C. N∪∁RM=R D. M∩N=M

【答案】A

【解析】

【详解】集合，集合，则，A正确；或，∴，B错误；，∴或，C错误；，D错误，故选A.

2. 若复数z满足，则|z|=（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数除法求复数z，进而求模长即可.

【详解】由则.

故选：C

3. “，”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先确定“，”为真命题时的范围，进而找到对应选项.

【详解】若命题“，”为真命题，则，

则是的充分不必要条件，

故选：D．

4. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用倍角公式可得，再利用弦化切，即求.

【详解】∵,

∴

.

故选：B．

5. 已知偶函数在区间上单调递减，则满足的x的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式．

【详解】因为偶函数在区间上单调递减，

所以在区间上单调递增 ，

因为，所以由偶函数性质知

所以，解得：.

故选：A．

6. 已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数单调递增转化为导数不小于0恒成立，分离参数求解即可.

【详解】因为函数在上单调递增，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

由在上单调递增知，，

所以，

故选：C

7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，

则，

所以，

又，

则，

所以，

所以甲圆锥的高，

乙圆锥的高，

所以.

故选：C.

8. 已知，且，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，根据单调性即可确定的大小.

【详解】设函数，，当，此时单调递增，当，此时单调递减，由题，，，得，因为，所以，则，且，所以.

故选：A.

【点睛】解本题的关键是发掘题中三个式子的相似性，并进行等价变形，易于构造函数，本题多次利用函数的单调性，先利用单调性判断函数值大小，再由函数单调性判断自变量大小.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分.

9. 已知，则下列命题不正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A：当时，不等式不成立；

对于B：当时，不等式不成立；

对于C：由已知得，由此可判断；

对于D：由已知得，由此可判断．

【详解】解：对于A：当时，不等式不成立，故A不正确；

对于B：当时，不等式不成立，故B不正确；

对于C：因为，所以，即，故C不正确；

对于D：因为，所以，即，故D正确，

故选：ABC．

10. 内角，，的对边分别为，，.已知，且，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 的周长为 D. 的面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由正弦定理得，即可判断A选项；由平方关系及商数关系即可判断B选项；先由余弦定理得，再求出周长即可判断C选项；先求得，再求面积即可判断D选项.

【详解】由正弦定理得，整理得，即，A正确；

由可得，则，B正确；

由余弦定理得，又，可得，整理得，

的周长为，C错误；

由上知：，，可得，则的面积为，D正确.

故选：ABD

11.  在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）

A.  异面直线与所成角的余弦值为

B.  

C.  四面体的外接球体积为

D.  平面截正方体所得的截面是四边形

【答案】BC

【解析】

【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD.

【详解】如图建立空间直角坐标系，则，

∴，，

∴，A错误；

∴，，，∴，B正确；

由题可知四面体外接球即为正方体的外接球，

所以外接球半径满足，，∴，C正确；

延长交延长线与，连接交于，延长交延长线于，连接交于，

则五边形为平面截正方体所得的截面，D错误.

故选：BC.

12. 已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（    ）

A. n为偶数时， B.

C.  D. 的最大值为20

【答案】AC

【解析】

【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为

【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，

n为偶数时，，故A对；

根据奇数项构成等差数列

可得：

而又：

则有：，故B错误；

，故C对；

根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：

的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错

故选：AC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分.

13. 已知函数，则___________.

【答案】9

【解析】

【分析】根据函数解析式直接求解即可.

【详解】解：根据题意，

故答案为：9

14. 正方形的边长为2，以为直径的圆，若点为圆上一动点，则的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设点，根据向量的坐标运算结合正弦值的有界性运算求解.

【详解】如图，以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则，

∵圆M为标准单位圆，设点，则，

∴，

又∵，则.

故答案为：.

15. 设函数，已知，且，若的最小值为e，则a的值为______.

【答案】##

【解析】

【分析】令，由图象可知，构造函数，利用导数求函数最小值即得.

【详解】令，由图象如图所示可知．

因为，则，，得，即．

令，则，

∴当时，即时，，则在上单调递减，

所以，解得（不满足，舍去）；

∴当时，即时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

所以，解得满足题意．

综上可得，．

故答案为：.

16. 在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得平面PBC，进而知球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，利用弧长公式求解.

【详解】设以A为球心的球的半径为，则，解得

如图，取中点，由，

又平面ABC，平面ABC，

又，，所以平面PAC，

又平面PAC，，又，平面PBC，

又，，

又，

作，则，，

所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为

故答案为：

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

17. 已知等比数列{}的公比，且，．

（1）求数列{}的通项公式；

（2）设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；

（2）利用错位相消法进行求解即可.

【小问1详解】

由，或（舍去），

所以；

【小问2详解】

由（1）可知，所以，

所以，设数列{}的前n项和为，

，

，

，得，

即.

18. 在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.

在中，角的对边分别为且        ，是的平分线交于点，若，求：

（1）求角；

（2）求的最小值.

【答案】（1）条件选择见解析，   

（2）9

【解析】

【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简求解；若选②：利用正弦定理边化角结合余弦定理化简求解；若选③：根据面积公式结合数量积的定义运算求解；（2）根据面积关系结合面积公式化简整理得，再结合基本不等式中“1”的灵活运用求解.

【小问1详解】

若选①：

∵，由正弦定理得，

则，

又∵，所以，

且，所以.

若选②：

∵，由正弦定理得，即，

所以由余弦定理得，即，

又，所以.

若选③：

由，得，

即，所以，

又，所以.

【小问2详解】

因为是的平分线交于点，，所以，

∵，则，

即，整理得，即，

所以，当且仅当，即时取等号，

故的最小值9.

19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.

（1）求证：平面平面；

（2）若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知，根据条件先推导，然后再根据，所以，结合，使用线面垂直的判定定理证明平面，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.

【小问1详解】

因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，所以，

又因为平面，平面，所以，

又因为，平面，所以平面，

而平面，所以平面平面.

得证.

小问2详解】

如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则

，，，

设平面的法向量为，则，即，

令可得平面的法向量为，

设直线PB与平面ADP所成角为，则

.

直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.

20. 已知函数.

（1）求函数的单调递增区间；

（2）若函数在区间上恰有个零点，

（i）求实数的取值范围；

（ii）求的值.

【答案】（1）   

（2）（i）；（ii）.

【解析】

【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；

（2）（i）令，将问题转化为与在上恰有个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得的取值范围；

（ii）由（i）中图像可确定，，由此可得，整理可得，由两角和差正弦公式可求得的值，即为所求结果.

【小问1详解】

；

令，解得：，

的单调递增区间为.

【小问2详解】

（i）由（1）得：，

当时，，

设，则在区间上恰有个零点等价于与在上恰有个不同的交点；

作出在上的图像如下图所示，

由图像可知：当时，与恰有个不同的交点，

实数的取值范围为；

（ii）设与的个不同的交点分别为，

则，，，

即，

整理可得：，，

.

21. 已知正项数列的前n项和为，，且满足．数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）若从数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列，设数列的前n项和为，求．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）两个数列的通项都是通过作差后再变形整理求得通项；

（2）根据数列的特征去掉数列中的项后再求和即可.

【小问1详解】

因为，（1）

所以当时，（2），

所以（1）-（2）得，所以．               

因为，所以，               

因为，所以，

所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，               

所以．               

因为，（3）

所以当时，，（4）

所以（3）-（4）得，解得，       

当时，满足上式，所以．

【小问2详解】

由（1）知，               

数列前60项中与数列的公共项共有6项，且最大公共项为．

又因为，

从而数列中去掉的是这7项，

所以．

22 已知函数，.

（1）求函数的极值；

（2）证明：有且只有两条直线与函数，的图象都相切.

【答案】（1）极大值为，没有极小值；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求出的解析式，利用导数判断单调性，由单调性可得极值；

（2）设直线分别切，的图象于点，，分别求出切线的方程，比较两个方程可得关于与的方程组，消去可得关于的方程，再构造对应的函数，利用导数判断单调性结合零点存在性定理即可求得函数有两个零点，即方程有两个根即可求证.

【详解】（1）的定义域为，

且，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以是的极大值点，

故的极大值为，没有极小值.

（2）设直线分别切，的图象于点，，

由可得，得的方程为，

即：；

由可得，

得的方程，即：.

比较的方程，得，

消去，得.

令（），则.

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以.

因为，所以在上有一个零点；

由，得，

所以在上有一个零点，所以在上有两个零点，

故有且只有两条直线与函数，图象都相切.

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性和极值的步骤：

①写定义域，对函数求导；

②在定义域内，解不等式和；

③写出单调区间，并判断极值点求得极值.