2023届黑龙江省实验中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

2023届黑龙江省实验中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．复数（是虚数单位）的虚部是（    ）

A．1 B． C．2 D．2i

【答案】A

【分析】利用复数的除法法则及复数的概念即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以复数的虚部为.

故选：A.

2．已知，，则（    ）

A． B．

C．​ D．

【答案】B

【分析】根据正弦的二倍角公式即可求解.

【详解】​​，即​，

​，

​，​，即​，

则​，

故选：B

3．已知两个平面， 两条直线， 满足， 则下列命题正确的是（    ）

A．若， 则 B．若， 则

C．若， 则 D．若， 则

【答案】D

【分析】ABC均可以举出反例，D选项，可以根据面面垂直的判定进行证明.

【详解】A选项，若，则或与异面，A错误；

B选项，若， 则或与斜交，或，B错误；

C选项，如图，满足， 但，C错误；

D选项，根据面面垂直的判定，可知若， 则

故选：D

4．设等差数列的前项和为，若，则（　　）

A．28 B．148 C．168 D．248

【答案】C

【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前项和公式计算可得；

【详解】解：因为等差数列中，，

所以，则．

故选：C．

5．《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.

【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，

可得，可得，

又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，

所以圆台的侧面积为.

故选：B.

6．已知定义在上的奇函数满足.当时，，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【分析】根据且为奇函数得到4是的一个周期，根据为奇函数得到，可求得的解析式，然后利用周期性和奇偶性即可求.

【详解】因为，且为奇函数，所以，，即，所以4是的一个周期，

因为为定义在R上的奇函数，所以，即，解得，则，

，

，

所以.

故选：B.

7．《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”请问当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是（    ）（结果精确到0.1．参考数据：，．）

A．2.9天 B．3.9天 C．4.9天 D．5.9天

【答案】C

【分析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn．利用等比数列的前n项和公式及其对数的运算性质即可得出．

【详解】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．

莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，

其前n项和为Bn．则An，Bn，

由题意可得：，

解得2n＝ ，2n＝1（舍去）．

∴n．

故选：C．

8．半径为的球面上有四点，且直线两两垂直，若，，的面积之和为72，则此球体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，，则有，以、、为邻边可构造一个长方体，此时可知，然后由可得答案.

【详解】解：设，，，

因为直线两两垂直，若，，的面积之和为72，

所以，有，

以、、为邻边可构造一个长方体，则该长方体为此球的内接长方体，

所以，．

因为

所以，

所以，即，当且仅当时等号成立，

所以，此球体积的最小值为．

故选：D

二、多选题

9．已知，则下列叙述中正确的是（    ）

A．若，则 B．函数y＝x＋(x>2)的最小值为6，则正数m的值为4

C．“”是“”的充分不必要条件 D．命题“，”的否定是“，”

【答案】BC

【分析】利用赋值法可判断选项A，利用基本不等式可以判断选项B，根据充分条件和必要条件的可判断选项C，根据全称命题的否定可判断选项D.

【详解】当，时，满足，而不成立，选项A错误.

由，，由基本不等式，

，

当时取等号，又函数的最小值为6.

，则正数m的值为4，选项B正确.

当时，，即，故充分性成立

当时，有或，故不一定成立，故必要性不成立，

“”是 “”的充分不必要条件，选项C正确.

命题“，”的否定是“，”，故选项D错误.

故选：BC

10．将函数图象向右平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，则下列四个结论中正确的是（    ）

A．

B．函数的图象关于点中心对称

C．函数在区间上为增函数

D．函数在上的值域为

【答案】AB

【分析】根据图象平移规律得到，计算的值可判断A；计算

是否得0可判断B；求出的单调递增区间可判断C；根据

的范围求出函数在上的值域可判断D.

【详解】将函数图象向右平移个单位长度，得到的图象，

然后所得函数纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，

所以，

对于A， ，故正确；

对于B，函数，故正确；

对于C，由得，

即，所以的单调递增区间为，因为，故错误；

对于D，因为，所以，，所以函数在上的值域为，故错误.

故选：AB.

11．下列命题正确的有（   ）

A．若等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列

B．若为等比数列，且，则

C．若等差数列的前项和为，已知，且，，则可知数列前项的和最大

D．若 ，则数列的前2020项和为4040

【答案】BCD

【分析】A.利用等差数列的性质判断；B.利用等比数列的性质判断；C.根据等比数列前n项和公式判断；D.利用数列并项求和判断.

【详解】A.等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列，故错误；

B. 为等比数列，且，则，所以，故正确；

C. 因为，则，，则，所以，，

所以数列前项的和最大，故正确；

D. 因为，所以数列的前2020项和为：，，故正确.

故选：BCD

12．如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（    ）

A．存在某个位置，使得与所成角为锐角

B．棱上存在一点，使得平面

C．三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为

D．当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是

【答案】BCD

【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.

【详解】对于A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，

有，而，则，，平面，

于是得平面，平面，所以，A不正确；

对于B，取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；

对于C，因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，

由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，

即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时点在平面上的投影为点，从而可知在平面上的投影为，设二面角的平面角为，则有，

在中，可知,，

在中，可知，又，

所以,于是有，

所以，从而有,

所以，C正确；

对于D，三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，

被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，

当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，

四边形为矩形，，连，在中，，

所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.

三、填空题

13．已知，则______．

【答案】##

【分析】先由诱导公式结合易知求得，再由倍角公式及平方关系结合齐次分式求解即可.

【详解】由，则，又.

故答案为：.

14．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．

【答案】

【分析】设分别为和的中点，把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，根据中位线定理，结合余弦定理求得和的余弦值，即可求解.

【详解】如图所示，设分别为和的中点，

可得，，且，

所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，

作的中点为，则为直角三角形，

因为，

在中，

由余弦定理可得，

所以，所以，

在中，，

在中，

可得，

又因为异面直线所成角的范围是，

所以与所成的角的余弦值为.

故答案为：.

15．在所在平面内有一点O，满足，，则等于_______.

【答案】3

【分析】由，可得，再由，可得，从而可求得，，再利用平面向量的数量积定义可求得结果.

【详解】

，

∴三点共线，

又，

,

，

，

∴，

∴，

故答案为：3

四、双空题

16．已知数列满足，且，，则该数列的首项______；若数列的前项的为，且对都有恒成立，则实数的取值范围为_____________．

【答案】     1    

【分析】先判断出为等差数列，利用即可求出和，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围.

【详解】因为数列满足，所以，所以，所以为等差数列，设其公差为d.

因为，所以，，所以，解得：.

所以，所以，所以.

所以.

所以

因为对都有恒成立，

所以，即实数的取值范围为.

故答案为：1；.

五、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求；

(2)若，的面积为，求的周长．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得，进一步求得；

（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理变形可得，进而求得的周长；

【详解】（1）因为，由正弦定理得，

所以，

所以，

因为，所以，

即，所以，

因为，所以，所以即；

（2）因为的面积为，，

由三角形的面积公式得，化简得，

又根据余弦定理得，

所以，

所以，所以，

故的周长为

18．已知数列的前项和为，且满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前10项和．

【答案】(1)；

(2)﹒

【分析】(1)利用数列的递推公式结合已知条件得数列是等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得

(2)根据，结合等比数列的前项和公式即可求解．

【详解】（1）当时，，即，解得；

当时，∵，∴，

两式作差得，

即，

∴，又，

∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，

∴，

（2）∵，

则

．

19．如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成的角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．

（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．

【详解】（1）证明：连接交于，则是的中点，

连接，是的中点，，

平面，平面，

平面；

又，平面，平面，平面，

又与相交于点，平面，

所以平面平面．

（2）解：连接，因为四边形是菱形，所以，

又，，所以为等边三角形，所以，又，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，所以平面，

如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设面的法向量为，

依题意有，则，

令，，，则，

所以，

所以直线与面成的角的正弦值是．

20．已知等差数列满足，，数列的前项和，

(1)求数列，的通项公式；

(2)记数列的前项和为，若对一切恒成立，求正整数的最小值．

【答案】(1)，；

(2)3

【分析】（1）由等差数列的基本量法求得，由求得；

（2）用错位相减法求得和，代入不等式化简后转化为用基本不等式求函数的最值．

【详解】（1）设数列的公差为，则，，

所以，

，

，，

时，，也适用，

所以；

（2）由（1），

，

，

两式相减得，

所以．

所以不等式即为，

又，，当且仅当时等号成立，

所以的最大值是，故，

所以的最小值是3．

21．三棱柱中，侧面为菱形，，，，．

（1）求证：面面；

（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.

（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.

【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，

为等腰直角三角形，所以，；

侧面为菱形，，

所以三角形为为等边三角形，所以，

又，所以，又，满足，所以；

因为，所以平面，

因为平面中，所以平面平面.

（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.

则，，，，

若存在点M，则点M在上，不妨设，

则有，则，

有，，

设平面的法向量为，

则解得：

平面的法向量为

则

解得：或（舍）

故存在点M，.

【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.

方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；

（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；

（3）根据结果，判断是否存在.

22．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围.

【答案】(1)极小值为0，无极大值

(2)

【分析】（1）先求出导数，再令，二次求导后可得，则可得在上单调递增，由于，从而可得在上单调递减，在上单调递增，进而可求得极值，

（2）问题转化为在内有两个不等实根，令，求导后分，讨论函数的单调性及最值，当时，求出函数的最小值，然后分，和判断函数的零点，从而可求得结果.

【详解】（1）若，所以，令，

则在上恒成立，

所以在上单调递增，即在上单调递增，

又，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

又，所以的极小值为0，无极大值.

（2）若有且仅有两个零点，即在内有两个不等实根，

令，

则，

当时，在上恒成立，所以在上单调递增，

所以在上至多有1个零点，不符合题意；

当时，令，解得，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以.

若，则，所以在上无零点，不符合题意；

若，则，所以在上有且仅有一个零点，不符合题意；

若，则，

又在上单调递增，

所以在上有且仅有一个零点；

令，所以，

令，解得，令，解得1，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，

所以，

又在上单调递减，

所以在上有且仅有一个零点.

所以在上有且仅有两个零点.

综上，的取值范围是.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求解函数的单调性和极值，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为在内有两个不等实根，然后构造函数利用导数研究其零点的情况，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.