【期中真题】河北省石家庄市第二中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题.zip

2022-2023学年度石家庄二中高三年级期中考试

数 学

注意事项：

1．本卷共22题，130分满分，21-22题为课下作业，请今日完成 ．

2．考试结束后上传答题卡照片，要求清晰可辨认字体．

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先化简集合，利用集合的交集运算即可求解

【详解】因为，，

所以，即，

故选：C

2. 已知，，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示，计算作答.

【详解】因，，且，则有，解得，

所以.

故选：B

3. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由共轭复数的概念与复数的四则运算法则求解即可

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：A

4. 已知函数，若在区间上单调递减，则实数的取值范围（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角恒等变换，化简三角函数，利用正弦型函数的单调性，建立不等式组，可得答案.

【详解】，

由，则，由题意，，则，解得.

故选：C.

5. 已知定义在上的偶函数满足，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意, 分析可得函数是周期为4的周期函数, 由此可得，，用赋值法求出的值, 由此计算即可得答案.

【详解】根据题意, 函数满足, 则,
又由为偶函数，则有,
则有,

即函数是周期为4的周期函数,

，令可得

，，

所以

故选：B

6. 已知，，则下列不等式正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由三角函数的性质易得，结合指对幂数函数的单调性判断大小关系即可.

【详解】∵，

∴，则：，

故选：D.

7. 如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，据此即可利用解三角形的方法进行求解即可

【详解】由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，所以．

又平面，所以，所以平面，

所以，故的面积．

易知，所以，所以，

当最小时，的面积最小，此时．

当时，过作，交的延长线于点，则，连接，如图，

则为异面直线与所成的角或其补角．

因为平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以，所以，．

又，所以，所以，，在中，易知，所以，

故当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为

故选：D

【点睛】本题以三棱锥为载体考查空间线面关系的判定、线面角、异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力，属于中档题

8. 已知圆与轴交于两点，点的坐标为．圆过三点，当实数变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则此定直线的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，由题设可得，若圆为，易求、、，进而可得含参数的圆的方程，要使变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则直线、圆都过相同的两定点，即可确定直线.

【详解】令代入圆得：，若，

∴，

若圆为，由都在圆上，

∴易知，，

∴圆：，整理得，

∵当实数变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，

∴直线一定过圆上的两个定点且与无关，

不妨设，则，解得或，即圆过定点，，

∴所得两点一定在直线上，代入各选项验证可知B正确.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：要使变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则必有直线、圆都过相同的两定点，将所得圆的方程转化为关于的直线方程形式.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

9. 已知，分别为椭圆左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，则下列结论正确的有（    ）

A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的长轴长为2

C. 若点是线段的中点，则的斜率为 D. 的面积的最大值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据椭圆的性质可判断A,B选项;利用中点弦的设而不求的办法可判断C;

根据弦长公式面积公式结合基本不等式可判断D.

【详解】因为，，所以，所以，故A正确;

因为，所以，故B错误;

设

因为与椭圆交于，两点，

所以 ，

两式相减得，

即，即，

因为，所以，故C正确;

设直线,

由得,

因为直线与圆相交,所以,解得,

根据韦达定理得

,

点到直线的距离,

所以,

因为 ，

当且仅当时，取最大值，故D正确.

故选：ACD

10. 著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由题可得，进而可得是以2为首项，2为公比的等比数列，可得，即得.

【详解】将圆盘从小到大编为号圆盘，则将第号圆盘移动到3号柱时，需先将第号圆盘移动到2号柱，需次操作；

将第号圆盘移动到3号柱需1次操作；

再将号圆需移动到3号柱需次操作，

故，，又，

∴是以2为首项，2为公比的等比数列，

∴，即，

∴.

故选：AD.

11. 如图，在矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成(平面).若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法正确的是

A. 与平面垂直的直线必与直线垂直

B. 异面直线与所成的角是定值

C. 一定存在某个位置，使

D. 三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A，由面面平行可知正确；对B，取的中点为，作出异面直线所成的角，并证明为定值；对C，利用反证法证明，与已知矛盾；对D，确定为三棱锥的外接球球心，即可得证；

【详解】取中点，连接.为的中点，.

又为的中点，且，

∴四边形为平行四边形，

.，

∴平面平面平面，

∴与平面垂直的直线必与直线垂直，故A正确.

取的中点为，连接，则且，

∴四边形是平行四边形，为异面直线与所成的角.设，则，，

故异面直线与所成的角为定值，故B正确.

连接.为等腰直角三角形且为斜边中点，

.若，则平面.

又，.

又平面，

，与已知矛盾，故C错误.

为三棱锥的外接球球心.

又定值，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】本题考查空间几何体的翻折问题、异面直线所成角、外接球等问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量.

12. 已知函数，则下列说法中正确的是（    ）

A.

B. 的最大值是

C. 在上单调递增

D. 若函数在区间上恰有个极大值点，则取值范围为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.

【详解】，

A选项：，A选项正确；

B选项：设，则，

解得，，即，即的最大值为，B选项正确；

C选项：因为，所以在上不单调，C选项错误；

D选项：，

令，解得，即或，，

当，时，，函数单调递减，

当当，时，，函数单调递增，

所以函数的极大值点为，，，，

又函数在区间上恰有个极大值点，则，即，D选项正确；

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 函数为奇函数，则实数_______________.

【答案】

【解析】

【分析】

由为奇函数，根据定义有，结合是单调函数即可求.

【详解】函数为奇函数知：，而，

∴，即，

又是单调函数，

∴，即有，解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求参数值，应用的单调性列方程，属于基础题.

14. 等差数列的前n项和为，若，，则_____．

【答案】7

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的性质及求和公式即可得到答案

【详解】解：设等差数列的公差为，

由，得，∴，

又，∴，，∴，

故答案为：7

15. 斜三棱柱中，侧面的面积为S，侧棱到侧面的距离为，则该斜三棱柱的体积为__________

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，斜三棱柱补形为平行六面体，求平行六面体的体积即可得解.

【详解】

在斜三棱柱的一侧补上一个三棱柱，使之成为一个平行六面体，如图，

显然，它的体积为，所以斜三棱柱的体积为.

故答案为:

16. 椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线交C于A，B两点，若，，其中O为坐标原点，则椭圆的离心率为__________

【答案】

【解析】

【分析】由得为线段的一个三等分点，由得，所以点为椭圆的上顶点，得，代入椭圆方程解出离心率.

【详解】

如图，因为，所以，即，

所以为线段的一个三等分点，

又因为，所以，即，

所以，所以点为椭圆的上顶点，

因为，，且，所以，

代入椭圆方程，得，因为，所以.

故答案为：.

【点睛】将两个向量条件分别转化，转化为点的位置，转化为求线段的长度，进而列出关于离心率的方程解答.

四、解答题：本题共4道必做题，17-18题各12分，19-20题各13分，共50分．

17. 如图，在中，，，点在线段上．

（1）若，求的长；

（2）若，的面积为，求的值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，利用同角三角函数的平方关系可求得的值，然后在中，利用正弦定理可求得边的长；

（2）设，则，利用三角形面积公式可求得的值，然后在、中利用正弦定理，再结合，可求得结果.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理可得，

，则，故，则为锐角，所以，，

，则，

在中，由正弦定理得，，解得．

【小问2详解】

解：设，则，，则，

即，可得，故，

由余弦定理可得，

在中，由正弦定理可得，故，

在中，由正弦定理可得，故，

因为，

所以，.

18. 如图，在四边形ABCD中，，，点E为线段AD上的一点． 现将沿线段EC翻折到PEC（点D与点P重合），使得平面PAC平面ABCE，连接PA、PB．

（1）证明：平面；

（2）若，且点E为线段AD的中点，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意连接AC、BD交于点O，然后由面面垂直的性质定理即可证得线面垂直；

（2）根据题意，以直线OA、OB分别为x轴、y轴，平面PAC内过点O且垂直于直线AC的直线为z轴，建立空间直角坐标，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.

【小问1详解】

证明：连接AC、BD交于点O，在四边形ABCD中，，，

所以，所以，，又面PAC面ABCD，且面面ABCD，所以面PAC．

【小问2详解】

如图，设AC和BD的交点为O，以O为原点，以直线OA、OB分别为x轴、y轴，平面PAC内过点O且垂直于直线AC的直线为z轴，建立空间直角坐标，

设，由题知,

因为则，解得

故，则，

设平面PAB的法向量为，则，取，则，

平面ABC的一个方向量为，

设平面的平面角为，则，

所以二面角的余弦值为

19. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定值为

【解析】

【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.

（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.

【小问1详解】

由已知设椭圆方程为：，

代入，得，

故椭圆方程为.

【小问2详解】

设直线，

由得，

，，

又，

故

，

由，得，

故或，

①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；

②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，

此时，符合题意.

所以的周长为定值.

20. 已知是函数(a∈R)的导函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若f(x)有两个极值点，且，求a的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求出函数，再利用导数分类讨论求解的单调性.

（2）由已知可得函数有两个零点，探求的范围，借助零点用表示a，再利用导数求解作答.

【小问1详解】

函数定义域为，求导得：，，

当时，，于是得在上单调递增，

当时，由得，由得，则在上单调递增，在上单调递减，

所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．

【小问2详解】

因f(x)有两个极值点，则有有两个零点，由（1）可知时不满足条件，

当时，，解得，

此时，，即使得，

令，则，因此在上单调递减，在上单调递增，

，，即，当且仅当时取“=”，

因此，，则使得，从而有，

又，即，则有，

设，则，即在上单调递增，又，则，

令，则，即在上单调递减，，因此，，

所以a的取值范围是．

【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.

下面两道题不属于考试范围，请课下完成

21. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点是的中点．

（1）直线与平面所成角的正弦值．

（2）点到平面的距离．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）根据题意可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面的法向量和的坐标，再根据线面夹角的向量法，代入公式可得最后答案.

（2）根据（1）可知的坐标和面的一个法向量坐标，根据公式，即可求出点到平面的距离.

【详解】（1）∵四边形为菱形，，

又面，，，两两垂直，

∴以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题可知，，，且为中点，

，，，，，，

，，，

设面的法向量为，

，，，令，则，，

，

∴直线与平面所成角的正弦值为；

（2）由（1）可知，面的一个法向量为，

∴点到平面的距离，

∴点到平面的距离为．

【点睛】方法点睛：（1）求直线与平面所成角的正弦值用向量法：建立空间直角坐标系、求出和平面的法向量的坐标、根据公式求解；

（2）求点到平面的距离用向量法：建立空间直角坐标系、在平面上找一点如M点、求出的坐标和面的一个法向量坐标、根据公式求解.

22. 已知数列的首项，且满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，数列中，，对任意的，都有，求数列的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过递推公式，等号左右两边同时除以构造新数列.

（2）通过题意得出为等比数列，为等差数列，的前n项和由错位相减法即可得出.

【小问1详解】

∵，∴，∴，

又∵，故是以2为首项，2为公比的等比数列．

，则．

【小问2详解】

由题意可得：

对任意的，都有，所以

是以4为首项，3为公差的等差数列，

则．

故①，

②，

①-②得

，

∴．