2023届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期期中数学试题含解析，共21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届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，则 （    ）A． B．{4} C．{0，4} D．【答案】B【分析】将全集U和集合A具体求出，再求补集即可，需注意元素的范围要求是自然数集.【详解】所以.故选：B.2．复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的模长公式计算，利用复数除法计算，从而得到.【详解】因为，所以.所以故选：A.3．函数定义域为R的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用函数的定义域、一元二次函数以及恒成立问题、充分不必要条件进行求解.【详解】因为函数定义域为R，所以对任意的x恒成立，所以，解得，根据充分不必要条件的定义有，的一个充分不必要条件可以是，不能是，，，故 A，B，D错误.故选：C.4．已知定义在R上的偶函数满足，且当时，，则（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】由已知条件可推出的周期为4，结合分段函数即可求解【详解】∵为上的偶函数，∴，又，∴用替换，得，∴，∴的周期为4，∴，因为，所以故选：C5．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项错误的是（    ）A． B．C．是数列中的最大项 D．【答案】D【分析】根据题意，分析可得，，从而有，，则等比数列为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一判断即可．【详解】等比数列的公比为，若，则，由，可得，则数列各项均为正值，若，当时，由则恒成立，显然不适合，故，且，，故正确；因为，所以，故正确；根据，可知是数列中的最大项，故正确；由等比数列的性质可得，所以，故错误．故选：．6．四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，，，，平面平面BCD，则球O的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据勾股定理和面面垂直的性质定理得到球心位于中点，再求出半径，利用球的体积公式得到答案.【详解】四面体的顶点都在的球的球面上,且，，，,平面平面,平面平面，平面，平面，又平面，，，,,,,取中点,则,球的体积.故选：C.7．如图，在直角梯形ABCD中，，，，，P是线段AB上的动点，则的最小值为（    ）A． B．5 C． D．7【答案】D【分析】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，所以，，，分别表示出，，再由向量的模长公式代入即可得出答案.【详解】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，因为，，所以，，，所以，，，所以，所以，所以当，即时，的最小值为7，故选：D．8．在给出的①；②；③三个不等式中，正确的个数为（    ）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】构造函数，分析其单调性可判断①和②，构造函数，分析其单调性可判断③.【详解】令，则，当时，，当时，,即在上单调递增，在上单调递减,可得，即，故①正确；因为，所以，即，所以，即，故②错误；再令，则，当时，，即在上单调递增，所以，则，即．又，，所以，即，即，所以，即，所以，即，故③错误，故选：B．【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）．A．若，则的最大值是B．若，则的最小值为2C．若均为正实数，且，则的最小值是4D．已知，，且，则最小值是【答案】AD【分析】根据选项中各式的特点，进行适当变形，使用基本不等式进行判断．注意“1”的妙用及等号能否取到．【详解】对于A，，则且，，当且仅当时取等号，的最大值为，故A正确；对于B，，当且仅当时等号成立，但此时无解，则最小值不为2，故B错误；对于C，，，当且仅当且，即时，等号成立，由于均为正实数，则等号取不到，故C错误；对于D，，，，当且仅当即时，等号成立，故D正确．故选：AD．10．函数图象与轴交于点，且为该图像最高点，则（    ）A．B．的一个对称中心为C．函数图像向右平移个单位可得图象D．是函数的一条对称轴【答案】AB【分析】利用待定系数法分别求出，注意，从而可求出函数的解析式，再利用代入检验法结合正弦函数的对称性即可判断BD；根据平移变换的原则即可判断C.【详解】解：因为为该图像最高点，所以，又函数的图象与轴交于点，则，又，所以，则，则，所以，由图可知，所以，所以，所以，故A正确；对于B，因为，所以的一个对称中心为，故B正确；对于C，函数图像向右平移个单位可得图象，故C错误；对于D，不是最值，所以不是函数的一条对称轴，故D错误.故选：AB.11．设圆，点，若圆O上存在两点到A的距离为2，则r可能取值为（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】ABC【分析】将问题转化为以为圆心，2为半径的圆与圆相交问题，再根据圆与圆的位置关系求解即可得答案【详解】根据题意设以为圆心，2为半径的圆为圆，由圆可得圆心为，半径为r，则两圆圆心距为：，因为圆O上存在两点到的距离为2，所以圆O与圆相交，所以，解得：，又，所以r的可能取值为9，10，11，故选：ABC12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．当时，曲线在点处的切线方程为B．在定义域内为增函数的充要条件是C．当时，既存在极大值又存在极小值D．当时，恰有3个零点，且【答案】BC【分析】A按照导数几何意义解决；B证明导数为正值即可；C以极值定义去判定；D构造函数去证明.【详解】选项A: 当时，曲线,则，切线斜率又，故曲线在点处的切线方程为.A选项错误；选项B: 令，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，在处取得最小值当时，对任意恒成立，则对任意恒成立，故当时，在定义域内为增函数.B选项正确；选项C: 由以上分析知道：在处取得最小值当时，必有二根，不妨设为则当时，，，为增函数，当时，，，为减函数，当时，，，为增函数，故既存在极大值又存在极小值. C选项正确；选项D: 由上面分析可知既存在极大值又存在极小值，不妨设的极大值点为m，极小值点为n,且，在上单调递减，又故极大值为正值，极小值为负值，当时，；当时，故函数有三个零点，不妨设为，又故有，则即当时，恰有3个零点，且，故D错误.故选：BC 三、填空题13．过点P(3，0)有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x－y－2＝0与l2：x＋y＋3＝0之间的线段恰被点P平分，则直线l的方程为________．【答案】8x－y－24＝0【解析】设出与两点的坐标，因为为线段的中点，利用中点坐标公式即可列出两点坐标的两个关系式，然后把的坐标代入直线，把的坐标代入直线，又得到两点坐标的两个关系式，把四个关系式联立即可求出的坐标，然后由和的坐标，利用两点式即可写出直线的方程.【详解】设直线夹在直线之间的线段是(在上，在上)，的坐标分别是.因为被点平分，所以，于是.                           由于在上，在上，所以，解得，即的坐标是.        直线的方程是，                  即  .                               所以直线的方程是.【点睛】解题关键在于，利用中点坐标公式列出两点坐标的两个关系式，然后，列出相应方程组求解，主要考查学生的运算能力，属于基础题14．已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：（x－a）2＋（y－2）2＝2.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得PA⊥PB，则实数a的取值范围为________．【答案】－2≤a≤2【解析】分析点P的轨迹C是以原点O为圆心，为半径的圆，轨迹C与圆M有公共点，利用圆与圆的位置关系求解．【详解】由PA⊥PB，PA⊥AO，PB⊥OB，PA＝PB，得四边形PAOB是正方形，，所以P的轨迹是以原点O为圆心，为半径的圆．又点P也在圆M上，所以，得，解得－2≤a≤2.故答案为：－2≤a≤2.【点睛】本题考查“隐圆”问题，通过圆与圆的位置关系，较好地实现了代数问题与几何问题的相互转化．15．在中，角所对的边分别为，若，且，则__________．【答案】【分析】已知条件，利用切化弦，两角和的正弦公式，正弦定理化简可得，已知条件，利用和差角的正弦公式和正弦定理，解得，最后用余弦定理解得.【详解】中，，，，由正弦定理有，，由，得，有，即，，得，由，可得，即，代入，得，∴，由余弦定理，，得，故答案为：16．数列中，，，若不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】对已知等式变形可得是以2为首项，1为公差的等差数列，从而可求得，将问题转化为，对所有的正奇数n恒成立，然后求出的最小值即可.【详解】解：由，得，则是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，不等式对所有的正奇数n恒成立，即，对所有的正奇数n恒成立，当时，，当时，，在且上单调递增，所以，则实数的取值范围为．故答案为：. 四、解答题17．已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．(1)求与的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．【详解】（1）等差数列的前项和为，，，设公差为 所以，解得所以 正项等比数列中，，，设公比为 所以，所以 解得，或（舍去）所以（2）由（1）知： 所以 两式相减得： 18．已知函数.(1)求的最小正周期及单调区间；(2)求在区间上的最大值与最小值.【答案】(1)最小正周期为，单调增区间为，单调减区间为.(2)最大值为2，最小值为 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简得到，从而利用求出最小正周期，再利用整体法求解函数的单调区间；（2）根据求出，从而结合函数图象求出最大值为2，最小值为.【详解】（1）因为所以的最小正周期；令，，解得：，，令，，解得：，，单调增区间为，，单调减区间为，；（2）已知，所以，当，即时，取得最大值，最大值为2，当，即时，取得最小值，最小值为-1，所以在区间上的最大值为2，最小值为.19．在平面直角坐标系中，(1)已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4,0)，B(0,－3)，C(－2,1)，求：BC边上高线所在的直线的方程．(2)若直线的方程为（），且直线在轴上截距是轴上截距的，求该直线的方程．(3)过点作直线分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点A，B．求当取得最小值时直线的方程．【答案】(1)；(2)或；(3). 【分析】（1）求出BC边上高线所在直线的斜率，再根据点斜式即可得解；（2）分别求出坐标轴上的截距，再结合已知即可得解；（3）设不妨取，，，，则，根据数量积的坐标表示结合不等式中“1”的整体代换求出最小值时的值，即可得解.【详解】（1）解：∵，∴BC边上高线所在直线的斜率为，又高线过，∴高线所在直线方程为，即；（2）解：由题意直线在两轴上截距都存在，则，令得，令得，因为直线在轴上截距是轴上截距的，若轴上截距都为0，即直线过原点时，，此时直线为；若轴上截距不为0，则，解得，此时直线为；综上，直线方程为或；（3）解：设不妨取，，，，过点P，所以有，∴，当且仅当，即时等号成立，∴当取得最小值时，直线l的方程为，即．20．如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，且，分别是线段的中点，，平面平面．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，则四边形是平行四边形，由是线段的中点，则，．由面面垂直的性质得平面，即可证明平面；（2）易知两两垂直，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，进而利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为所以．因为四边形是等腰梯形，所以，，所以，四边形是平行四边形．因为是线段的中点，所以是的中点，所以．因为，为的中点，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为，所以平面．（2）解：因为，四边形是平行四边形．所以四边形是菱形，所以，所以，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为在等腰梯形中，，所以，设，，则，，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，令，则．平面的一个法向量为．设平面与平面夹角为，则．因为，所以，所以．因为，所以,即平面与平面夹角的取值范围是21．已知椭圆：的离心率为，右焦点为，点，直线与圆：相切．(1)求直线和椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于，两点，，为椭圆上的两点，若四边形的对角线，求四边形的面积的最大值．【答案】(1)，(2) 【分析】(1)根据离心率设出椭圆中，，，进而设出直线的方程，然后利用直线与圆相切可求出，，，进而得到答案；(2)联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出，然后根据直线间的垂直关系设出直线，并与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再表示出四边形的面积即可求解.【详解】（1）由椭圆的离心率，设，，其中，则，，故直线的方程为：，即，因为直线与圆：相切，则圆心到直线：的距离，从而直线的方程为：，由，可知，椭圆的方程为：.（2）不妨设，，，，联立直线与椭圆的方程，，则，，从而，因为，且直线的斜率为，故直线的斜率为1，设直线的方程：，即，联立直线和椭圆的方程，，，则，，从而，故四边形面积为，当时，即时，四边形面积最大，此时面积为，从而四边形的面积的最大值为.22．已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)记函数，设，是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由导数的几何意义即可求曲线在处的切线方程；（2）将转化为，从而构造，根据导数即可求得的最小值，从而得解.【详解】（1），所以切线斜率为，又，切点为，所以切线方程为：．（2），若，则恒成立，，，，  ，设，则，令，，则，在上单调递减；，， ， ，， ， 当时，， ，即实数的最大值为【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．