2023届黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先解不等式化简集合A，再进行交集运算即可.

【详解】因为，又，

所以.

故选：B.

2．已知复数， 则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算化简，可得与.

【详解】，

，，

所以，

故选：A.

3．一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是（    ）

A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥 D．六棱锥

【答案】D

【分析】设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的结构特征结合勾股定理可得，进而可以得出结论.

【详解】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的高、底面的半径、侧棱长构成直角三角形得， ，故侧棱长 和底面正六边形的边长不可能相等.

故选：D.

4．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等差数列，等比数列的性质化简计算即得.

【详解】因为数列是等差数列，，

所以，，

因为数列是等比数列，，

所以，，

所以.

故选：D.

5．在平行四边形ABCD中，，，，点E在边CB的延长线上，若，（    ）.

A．4 B．8 C．10 D．12

【答案】A

【分析】用基底表示目标向量，根据向量的数量积运算，结合四边形的几何特点，即可求得结果.

【详解】根据题意，连接，作图如下：

因为，四边形为平行四边形，故可得，

又，故三角形为等边三角形，则；

又，

，

故

.

故选：A.

6．已知角α满足，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用二倍角公式结合齐次式即得.

【详解】因为，

所以，

所以，即，

所以.

故选：B.

7．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若 的面积为，则该圆锥的侧面积为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.

【详解】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则AO=r，

， ，

由于SA，SB都是母线，所以SA=SB，

的面积 ，

在等腰直角三角形SAO中， ，

所以侧面积= ；

故选：C.

8．已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性即得．

【详解】是定义在R上的偶函数，

，则，即是奇函数，

由，可得，

构造，则，

所以函数单调递增，

，

，即的周期为，

则，即；

不等式可化简为，即，

所以，解得.

故选：C

二、多选题

9．已知等比数列各项均为正数，满足，，记等比数列的前n项的积为，则当取得最大值时，（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】CD

【分析】利用等比数列的性质求出，判断数列的单调性，进而即得.

【详解】因为，由等比数列的性质可得，

所以，因为，

所以，

因为，即，

所以，

∴，

因为，

所以等比数列为递减数列，

所以当时，，

∴当或时，取得最大值.

故选：CD

10．已知平面，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】AD

【解析】由条件根据向量代数形式的加法运算、模、共线定理和夹角公式分别进行判断，从而得出结论.

【详解】根据向量的坐标运算易知选项正确；

因为，，所以选项B错误

因为，，所以C错误

因为，所以与的夹角为，D选项正确．

故选：AD.

【点睛】本题主要考查向量代数形式的坐标运算、向量的平行、向量的模、向量的夹角和数量积运算.

11．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，其中小正方形的边长为1，E为的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】A.根据小正方形的边长为1，E为的中点，得到，大正方形的边长为求解判断；B.利用向量的求模公式求解判断；C.延长交于点G，得到为的中点，G为的中点求解判断； D.利用向量的数量积运算求解判断.

【详解】因为小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，所以，A正确；

，B正确；

如图：，

延长交于点G，则为的中点，可得G为的中点，，

所以，

， C正确；

，D错误．

故选：ABC

12．已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值可以为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】BD

【分析】根据正弦函数的零点，结合的取值范围，即可容易求得结果.

【详解】令，则，解得，

又因为，故，

故，

又函数在区间上有且仅有一个零点，

故当时，，或当时，；

结合选项可知：可以为或.

故选：BD.

三、填空题

13．已知等比数列的前n项和，则______.

【答案】9

【分析】根据等比数列的前项和公式的特点，结合已知条件，求得其首项和公比，再求结果即可.

【详解】因为当等比数列的公比时，，

又，故可得，解得，

故，则.

故答案为：.

14．已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱上一动点，且满足，则三棱锥体积取最大值时，则三棱锥外接球的体积为______.

【答案】##

【分析】根据正方体的性质可知进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为EF的中点O，从而得到球的半径，利用球的体积公式即得.

【详解】取EF的中点O，连接，

由正方体的性质可得平面，

又∵，

∴，即，

同理，

∴

由直角三角形的性质可得，

∴O为的外接球的球心，为外接球的直径，

∵，

∴的外接球的半径恒为1，

∴三棱锥外接球的体积恒为，

故答案为：.

15．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的必到景点，其集圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为米，在它们之间的地面上的点M（B、M、D三点共线）处测得楼顶A和教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为______米.

【答案】

【分析】根据已知条件，结合几何图形的特点，利用正余弦定理解三角形即可.

【详解】根据题意可得：，

在三角形中，，故可得，

在三角形中，由正弦定理可得：，即，解得，

在三角形中，，故可得.

即索菲亚教堂的高度为.

故答案为：.

16．在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是线段BD上的一动点，若，则的最大值为______.

【答案】

【分析】用基底表示向量，结合三点共线求得的等量关系，利用消元法，结合均值不等式，即可求得结果.

【详解】，

因为三点共线，故可得，即，，

故，当且仅当，即，时取得等号.

即的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．在锐角中内角，，的对边分别为，，，且.

(1)求角；

(2)若，，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由2倍角公式统一角度与函数名称后解方程即可；

（2）先由余弦定理求得，再用正弦定理求解.

【详解】（1）

所以或者（舍去），又，所以；

（2）由余弦定理，所以（时不是锐角三角形，舍去）.

所以，可得.

18．在等比数列中，.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）等比数列可求出首项、公比和通项，可得到数列的通项.

（2），采用分组求和法求.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

则

所以，

故.

（2）由(1)得，，

.

19．特岗教师是中央实施的一项对中西部地区农村义务教育的特殊政策，通过公开招聘高校毕业生到中西部地区"两基"攻坚县、县以下农村学校任教，进而提高农村教师队伍的整体素质，促进城乡教育均衡发展.某市招聘特岗教师需要进行笔试和面试，一共有600名应聘者参加笔试考试，从中随机抽取了100名应聘者，记录他们的笔试分数，将数据分成7组：，，…，，得到如图所示频率分布直方图.

(1)若该市计划168人进入面试，请估计参加面试的最低分数线；

(2)已知样本中笔试分数低于40分的有5人，试估计总体中笔试分数在内的人数.

【答案】(1)78

(2)30

【分析】（1）根据题意求得进入面试的频率，再判断最低分数线所在分数区间，结合频率的计算公式得到方程，解之即可；

（2）由频率分布直方图求得不低于50分的频率，由题意求得分数低于40分的频率，从而求得笔试分数在内的频率，再由频数等于总数乘以频率即可求得结果.

【详解】（1）根据题意，得进入面试的频率，

由频率分布直方图可知，笔试分数位于、的频率分别为0.4、0.2，

所以设参加面试的最低分数线，

得，解得，

故参加面试的最低分数线约为78.

（2）样本中笔试分数不低于50分的频率为：，

样本中笔试分数低于40分的频率为：，

所以样本中笔试分数在内频率为：，

故总体中笔试分数在内的人数约为（人）

20．已知向量=（2sinx，-1），,函数f（x）=．

（1）求函数f（x）的对称中心；

（2）设△ABC的内角A，B，C所对的边为a，b，c，且a2=bc，求f（A）的取值范围．

【答案】（1）（+，-1）（k∈Z）（2）（-2，1]

【分析】（1）由已知得f（x）•sin2x﹣cos2x﹣1＝2sin（2x）﹣1，又2xkπ，得x，得f（x）的对称中心为（，﹣1）（k∈Z）；

（2）由a2＝bc和余弦定理得0＜A，结合正弦函数的图象可得结果．

【详解】（1）f（x）•2sinxcosx﹣2cos2x

sin2x﹣cos2x﹣1

＝2sin（2x）﹣1，

∵2xkπ，∴x，

∴f（x）的对称中心为（，﹣1）（k∈Z）；

（2）cosA，

∵y＝cosx在[0，π]上是减函数，∴0＜A，

f（A）＝2sin（2A）﹣1，

∵0＜A，∴2A，

∴sin（2A）≤1，∴﹣2＜2sin（2A）﹣1≤1

∴f（A）的取值范围为（﹣2，1]．

【点睛】本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

21．几何体是四棱锥，为正三角形，，，为线段的中点.

(1)求证：平面；

(2)线段上是否存在一点，使得四点共面？若存在，请找出点，并证明；若不存在，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点，证明见解析.

【分析】（1）取的中点，连接，利用面面平行的判定、性质推理作答.

（2）延长相交于点，连接交于点，连接，利用线面平行的性质及平行推比例式推理作答.

【详解】（1）取的中点，连接，如图，

因为分别为的中点，有，而平面平面，

则平面，又为正三角形，为等腰三角形，，有，

即有，而，于是得，平面平面，

因此平面，因，平面，则平面平面，又平面，

所以平面.

（2）延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图，

因为平面，平面，平面平面，则，

即四点共面，由（1）及已知，，

得，即，又，则，

则有，即，点为线段上靠近点的三等分点，

所以线段上存在点，使得四点共面，点为线段上靠近点的三等分点.

22．已知函数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求出导函数，由导数的正负确定单调性；

（2）利用导数求出的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值．

【详解】（1）由题可知函数的定义域为.

因为，则.

当时，.

所以当时，，函数在上单调递减；

当时，，函数在上单调递增.

所以的单调递增区间为的单调递减区间为.

（2）因为，所以，

又，所以，故函数在上单调递增，

所以.

所以对任意的恒成立，即恒成立.

所以恒成立.

令，则.

令，则，解得.

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，，所以函数在上单调递减.

所以.所以.

所以实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、确定不等式恒成立问题．在含有全称量词与存在量词的命题中注意问题的转化：

（1）对于任意的，任意的，恒成立，

（2）对于任意的，存在，使得成立，

（3）存在，使得对任意的，都有成立，

（4）存在，存在，使得成立．