2023届山东省青岛市莱西市高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省青岛市莱西市高三上学期期中数学试题（解析版），共19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届山东省青岛市莱西市高三上学期期中数学试题 一、单选题1．设全集，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据补集与交集的运算求解即可.【详解】解：因为，所以，因为，所以故选：B2．下列各命题的否定为真命题的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依次判断各命题的真假即可得其否定的真假.【详解】解：对于A，为真命题，故其否定为假命题，错误；对于B，因为时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；对于C，当时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；对于D，当时，，故为假命题，故其否定为真命题，正确；故选：D3．函数的图象在点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由导数的几何意义求解，【详解】由题意得，则，，，则所求切线方程为，即，故选：C4．已知关于x的不等式的解集为A，设，，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】问题化为在上恒成立，列不等式组求参数范围即可.【详解】由题意，在上恒成立，所以，可得.故选：B5．已知直线和两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若和相交，与相交，则与一定也相交【答案】A【分析】A利用线面平行性质、面面垂直的判定即可判断；B、C、D由线面、面面的位置关系，根据平面的基本性质判断线面关系即可.【详解】A：由，过的平面交面于，则，而，故，，所以，正确；B：，则或，错误；C：，则或，错误；D：若和相交，与相交，则与可能相交、平行或，错误.故选：A6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦函数、指对数函数的性质判断大小关系.【详解】由，所以.故选：A7．在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，则下列结论正确的为（    ）A．不可能构成一个三角形的三边长B．可以构成一个直角三角形的三边长C．可以构成一个锐角三角形的三边长D．可以构成一个钝角三角形的三边长【答案】C【分析】令判断A、C即可；由成直角三角形、成钝角三角形不满足题设判断B、D.【详解】若，则构成锐角三角形，A错误，C正确；B：若为最大边，且构成直角三角形，则，显然不满足题设，错误；D：若为最大边，且构成钝角三角形，则，显然不满足题设，错误；故选：C8．已知偶函数的定义域为，对任意，都有，且当时，，则函数的零点的个数为（    ）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】C【分析】将问题化为与图象的交点个数，结合偶函数对称性只需研究与在的交点个数，数形结合判断交点个数即可.【详解】将问题化为与图象的交点个数，显然也是定义在上的偶函数，所以，只需研究与在的交点个数，再乘以2即可得结果.对应：时，在上递减，上递增；任意都有，易知上，在上递减，上递增，；又在上递增，且，，综上，与在存在交点，且函数图象如下图：由图知：上共有6个交点，根据偶函数的对称性知：共有12个交点，所以原函数有12个零点.故选：C 二、多选题9．下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】ABC【分析】根据不等式的性质判断A；作差法比较大小判断BD；幂函数的性质判断C.【详解】解：对于A，由于，，故，A选项正确；对于B，由于，，故，B选项正确；对于C，时，由幂函数在上单调递增，故，C选项正确；对于D，若，则， ，故，D选项错误.故选：ABC10．将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列结论正确的为（    ）A．函数为偶函数B．直线是函数图象的一条对称轴C．是函数的一个单调递减区间D．将的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象【答案】BD【分析】根据余弦型函数的图象变换性质，结合余弦型函数的奇偶性、对称性、单调性逐一判断即可.【详解】因为函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，所以.A：，因为，所以函数为奇函数，本选项说法不正确；B：，所以当时，函数有最小值，所以直线是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法正确；C：当时，，因为函数在上单调递增，所以在上也单调递增，所以是函数的一个单调递增区间，因此本选项说法不正确；D：的图象向右平移个单位长度可以得到函数，因此本选项说法正确，故选：BD11．如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．M，N，A，B四点共面 B．直线与平面相交C．直线和所成的角为 D．平面和平面的夹角的正切值为2【答案】BCD【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【详解】A：连接，如下图面，而面，面，所以M，N，A，B四点不共面，错误；B：若为中点，连接，N为棱的中点，由长方体性质知：，显然面，若面，而面，显然有矛盾，所以直线与平面相交，正确；C：若分别是中点，连接，由长方体性质易知：，而，故，即直线和所成的角为，由题设，易知，即△为等边三角形，所以为，正确；D：若分别是中点，显然，易知共面，所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，而面面，长方体中，，如下图，为和面夹角的平面角，，正确.故选：BCD12．已知函数，当时，关于x的不等式恒成立，则下列选项中实数m可以取到的值为（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】构造函数，判断单调性后转化求解【详解】即在恒成立，设，，当时，时，则在单调递减，在单调递增，则时，可转化为，即，在时恒成立，令，，当时，时，则在单调递增，在单调递减，得，且，则，不能取到，，可以取到故选：CD 三、填空题13．函数的值域是______．【答案】【分析】令，将函数转化为对勾函数求解.【详解】函数 ，令，则在 上递减，在 上递增，当，即 时，取得最小值4，所以函数的值域是，故答案为：14．已知，若，则实数________．【答案】或【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可.【详解】解：因为，，所以，即，解得或，故答案为：或15．已知三棱锥的外接球O的半径为5，，则P到平面距离的最大值为_________________．【答案】8【分析】根据，得到三角形外接圆的半径为4，然后根据几何图形可知点在如图所示的位置时，到平面的距离最大，然后利用勾股定理求距离即可.【详解】因为，，所以，则三角形外接圆的半径为4，当点在上图中的位置时，到平面的距离最大，此时，，所以到平面的最大距离为8.故答案为：8.16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题：①若，则为锐角三角形；②若，则为等腰三角形；③若，则为等腰三角形；④若，则为等边三角形.以上命题中，所有真命题的序号为_________________．【答案】①③④【分析】①利用切弦关系及三角恒等变换、三角形内角性质可得，即可判断；②③④利用正弦边角关系、三角恒等变换得到三角形内角的关系，即可判断正误.【详解】①，而，所以都为锐角，正确；②由正弦边角关系：，则，，所以或（），故为等腰或直角三角形，错误；③由正弦边角关系：，，所以，故为等腰三角形，正确；④由，而，故，且，故，则为等边三角形，正确.故答案为：①③④ 四、解答题17．试分别解答下列两个小题：(1)已知函数的定义域为A，当时，函数的图象与直线没有公共点，求实数m的取值范围；(2)若奇函数是定义在上的减函数，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)或；(2). 【分析】（1）根据对数函数的性质可得，然后利用三角函数的性质可得，结合条件即得；（2）根据函数的奇偶性及单调性可得，进而即得.【详解】（1）由可得：，所以的定义域，当时，，所以，从而，又函数的图象与直线没有公共点，所以或；（2）由可得：因为为奇函数，所以，又因为函数是定义在上的减函数，∴，解得.18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再根据余弦定理求解即可；（2）结合（1）得，再根据三角恒等变换求解即可.【详解】（1）解：∵，∴∵∴，即∵，∴∴（2）解：∵，∴∴19．在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：(1)求四棱锥的体积；(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.【详解】（1）在图1中，∵，∴，又，∴，又，∴四边形为平行四边形，∵，∴平行四边形为菱形．在图2中，连接，则，又平面，，∴平面，∵平面，∴∵，平面,∴平面（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，设面的一个法向量为，由令，则，取设面的一个法向量为，由令，则，取所以，∴，从而二面角为直二面角20．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，D为边上的一个点．(1)若的面积为，，求的长；(2)若，，求的最大值及此时角C的大小．【答案】(1)(2)的最大值为，此时 【分析】（1）由正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而得，再根据的面积得，再利用余弦定理求解即可；（2）由题知，进而在中利用正弦定理，再根据三角恒等变换得，最后根据三角函数的性质求最大值即可.【详解】（1）解：∵，∴∵∴∵，∴，即，∵，∴∵的面积为，∴∴∵，∴，，∴，解得.（2）解：∵由（1）知，∴为正三角形，从而在中，由正弦定理得∴∴∵，∴所以当，即时，21．如图，在三棱柱中，，，平面平面．(1)求证：平面；(2)若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）作于H，∵平面平面，平面平面∴平面∵平面，∴，∵，平面，∴平面；（2）设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由（1）可知平面，∴，∵，∴∵∴∵Q是的重心，∴，而设直线与所成角为，则．此时设平面的一个法向量为由令，则，取设直线和平面所成角为，则.22．已知函数．(1)这比较与的大小；(2)求证：当时，．参考数据：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，构造函数，再利用导数研究函数最值即可得答案；（2）根据题意，结合（1）将问题转化为证明，进而设，再根据函数单调性证明即可；【详解】（1）解：令，则设，则，令，则在上为增函数，∵，∴当时．为减函数；当时，为增函数，∴，即．∴在上单调递增，由于，所以当时，当时，．综上可知：（2）解：当时，要证明，只需证明．由（1）可知，当时，恒成立，因此只需证明当时，即可．设，则，因此当时，单调递增；当时，单调递减所以的最小值只能是与中最小的一个．因为，而．因为，所以，所以，，所以，．所以，当恒成立，即，所以，当时，．【点睛】关键点点睛：本题第二小问解题的关键在于结合（1）的结论，将问题转化为证明，再构造函数求解最小值；再比较是与的大小时，借助中间量实现大小比较.