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（解析版）

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（解析版），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．