2023屆遼寧省大連育明中學高三上學期期中考試數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆遼寧省大連育明中學高三上學期期中考試數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)對數(shù)的定義，結合對數(shù)函數(shù)的單調性、集合交集的定義進行求解即可.【詳解】由，所以，故選：B2．已知是虛數(shù)單位，若復數(shù)為純虛數(shù)，則復數(shù)在復平面內對應的點在（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用復數(shù)除法求出z，結合純虛數(shù)的意義求出a，再求出即可作答.【詳解】依題意，，因為純虛數(shù)，則，即，，復數(shù)在復平面內對應的點在第四象限.故選：D3．在中，已知，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由求出，而，可求值.【詳解】中，由，有，∵，∴或，當時，由，解得，.當時，，與矛盾，此時無解.所以.故選：A4．若等差數(shù)列的前項和為,則“”是“”的（

）A．充要條件 B．必要不充分條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據(jù)等差數(shù)列的前項和公式,判斷的正負,進而判斷是否為充分條件,當時,的正負無法判斷,則的正負無法判斷,進而判斷不是必要條件,綜上即可選出選項.【詳解】解:由題知為等差數(shù)列的前項和,當有成立時,,,,,,,所以“”是“”的充分條件,當有成立時,的正負無法判斷,,則的正負無法判斷,則“”不是“”的必要條件,綜上:“”是“”的充分不必要條件.故選:C5．如圖，在正方體中，E是棱CD上的動點．則下列結論不正確的是（

）A．平面B．C．直線AE與所成角的范圍為D．二面角的大小為【答案】C【分析】由平面平面，平面，即可判斷A；建立空間直角坐標系計算即可判斷選項B；求的范圍即可判斷選項C；先找出二面角的平面角為即可判斷選項D，進而可得正確選項．【詳解】對于選項A：因為平面平面，平面，所以平面，故選項A正確；如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則，，，，，對于選項B：，，因為，所以，即，故選項B正確；對于選項C：，，設直線與所成角為，則，當時最大等于，此時最小為，當時最小等于0，此時最大為，所以，即直線與所成角的范圍為，故選項C不正確；對于選項D：二面角即二面角，因為，，平面，平面，所以即為二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小為，故選項D正確，故選：C.6．已知向量||＝3，||＝2，＝（m－n）＋（2n－m－1），若與的夾角為60°，且⊥，則實數(shù)的值為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)題意，用表示，再結合數(shù)量積的定義，根據(jù)向量垂直則數(shù)量積為零，即可求得結果.【詳解】由題意得，＝＋＝(m－n)＋(2n－m)，＝－，·＝3×2×cos60°＝3.又因為⊥，所以·＝[(m－n)＋(2n－m)]·(－)＝－(m－n)2＋(2m－3n)·＋(2n－m)·2＝－9(m－n)＋3(2m－3n)＋4(2n－m)＝0，整理得7m－8n＝0，故＝.故選：.【點睛】本題考查向量數(shù)量積的運算，涉及向量垂直的轉化，屬綜合基礎題.7．“垛積術”（隙積術）是由北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng)，南宋數(shù)學家楊輝、元代數(shù)學家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法，有菱草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等，某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“菱草垛”：自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最后一層是n件，已知第一層貨物單價1萬元，從第二層起，貨物的單價是上一層單價的.若這堆貨物總價是萬元，則n的值為A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【分析】由題意，第一層貨物總價為1萬元，第二層貨物總價為萬元，第三層貨物總價為萬元，…，第層貨物總價為萬元，可設這堆貨物總價為萬元，從而可得到，利用錯位相減法可求出的表達式，結合可求出答案．【詳解】由題意，第一層貨物總價為1萬元，第二層貨物總價為萬元，第三層貨物總價為萬元，…，第層貨物總價為萬元，設這堆貨物總價為萬元,則，，兩式相減得，則,解得，故選D.【點睛】利用錯位相減求和是解決本題的關鍵，考查了學生利用數(shù)列知識解決應用問題的能力，屬于中檔題．8．已知直線分別與函數(shù)和的圖象交于點、，現(xiàn)給出下述結論：①；②；③；④，則其中正確的結論個數(shù)是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根據(jù)函數(shù)和的圖象關于對稱，直線與垂直，可得，、，，關于對稱，即可判斷①；利用基本不等式即可判斷②，構造，判斷其單調性，即可判斷③，由，判斷其單調性，即可判斷④．【詳解】由題意直線與垂直，函數(shù)和的圖象關于對稱，，、，，關于對稱，則；①正確；對于②：由，因為，則；②正確；對于③：構造函數(shù)；則，當時，可得，函數(shù)在單調遞增；當時，可得，函數(shù)在單調遞減；，，，③正確；對于④：，，令函數(shù)，則當時，可得，函數(shù)在單調遞減；當時，可得，函數(shù)在單調遞增；，不對，即④不對．故選：B9．如圖是函數(shù)的部分圖象，把函數(shù)的圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變），再把所得圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)是偶函數(shù)B．函數(shù)圖象的對稱軸為直線C．函數(shù)的單調遞增區(qū)間為D．函數(shù)圖象的對稱中心為【答案】D【解析】先根據(jù)題圖求出的圖象對應的函數(shù)解析式，再根據(jù)三角函數(shù)的圖象變換得到函數(shù)的圖象對應的函數(shù)解析式，最后逐一判斷即可.【詳解】解：由題意知函數(shù)的最小正周期，由及，得，所以.又的圖象經(jīng)過點，所以.因為，所以，故.把函數(shù)的圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變），得到的圖象，再將的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，且其對應的函數(shù)解析式為，是奇函數(shù)，A選項錯誤；函數(shù)圖象的對稱軸為直線，B選項錯誤；函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，C選項錯誤；函數(shù)圖象的對稱中心為，D選項正確.故選：D.【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象、性質（三角函數(shù)的最小正周期、單調性、奇偶性），三角函數(shù)的圖象變換等，屬于中檔題.二、多選題10．已知函數(shù)則下列命題是真命題的是（

）A．，B．，C．函數(shù)只有2個零點D．直線與的圖象有3個交點【答案】ABC【分析】畫出圖像進行判斷即可.【詳解】由已知圖像如圖所示易知：的最小值為，故A正確.如圖所示：當時，成立，故B正確.因為與圖像只有兩個交點，所以只有兩個零點.故C正確.直線與的圖象有個交點，故D錯誤.故選：ABC11．已知圓C：，則下列命題是真命題的是（

）A．若圓關于直線對稱，則B．存在直線與所有的圓都相切C．當時，為圓上任意一點，則的最大值為D．當時，直線為直線上的動點，過點作圓的切線，切點為，，則最小值為4【答案】BCD【分析】根據(jù)圓關于直線對稱，得得值，檢驗半徑是否大于零，即可判斷A；根據(jù)直線與圓相切的充要條件判斷B；根據(jù)直線與圓的位置關系確定的最值即可判斷C；根據(jù)直線與圓相切的切線長與切點弦關系可判斷D.【詳解】解：圓C：，整理得：，所以圓心，半徑，則對于A，若圓關于直線對稱，則直線過圓心，所以，得，又時，，方程不能表示圓，故A是假命題；對于B，對于圓，圓心為，半徑，則，當直線為時，圓心到直線的距離，故存在直線，使得與所有的圓相切，故B是真命題；對于C，當時，圓的方程為，圓心為，半徑由于為圓上任意一點，設，則式子可表示直線，此時表示直線的縱截距，故當直線與圓相切時，可確定的取值范圍,于是圓心到直線的距離，解得或，則，所以的最大值為，故C為真命題；對于D，圓的方程為，圓心為，半徑，如圖，連接，因為直線與圓相切，所以，且可得，又，所以，且平分，所以，則，則最小值即的最小值，即圓心到直線的距離，所以的最小值為，故D為真命題.故選：BCD.12．如圖，在三棱錐中，平面，，，，為垂足，則下列命題正確的是（

）A．三棱錐的外接球的表面積為.B．三棱錐的外接球的體積為C．三棱錐的外接球的體積為D．三棱錐的外接球的表面積為【答案】AC【分析】根據(jù)給定條件，取AC中點，證明點到點的距離相等，計算判斷A，B；取PB，PC的中點D，E，證明平面，再確定三棱錐的外接球球心位置，并計算半徑作答.【詳解】在三棱錐中，取AC中點，連接，如圖，因，，，則，因此點是三棱錐的外接球球心，球半徑為，球表面積為，球體積為，A正確，B不正確；因平面，平面，則，而，平面，因此平面，取PB，PC的中點D，E，連DE，如圖，有，于是得平面，而，則三棱錐的外接球被平面截得的小圓圓心為D，因此該球的球心O在直線DE上，連接，令球O半徑為R，而，令，即有，，在中，，，，在中，，由得：，即，解得，從而得，三棱錐的外接球體積為，表面積為，C正確，D不正確.故選：AC【點睛】關鍵點睛：幾何體的外接球的表面積、體積計算問題，借助球的截面小圓性質確定出球心位置是解題的關鍵.三、填空題13．已知圓，一條動直線過與圓相交于、兩點，若點為弦的中點，則直線的方程為__________.【答案】【分析】根據(jù)圓方程得出圓心和半徑，根據(jù)直線過的頂點設出直線的解析式，根據(jù)圓的幾何知識，得出過圓心和點的直線與直線垂直，計算出直線的斜率，得出直線的方程.【詳解】解；由題意在直線中，過，設在圓中，圓心，半徑，∵與圓相交于、兩點，若點為弦的中點，∴有幾何知識得，直線垂直平分，即直線垂直直線∴∵∴∴即故答案為：.14．已知實數(shù)，滿足，則的最小值為______．【答案】【分析】由得，代入結合基本不等式即可求解最值．【詳解】由已知得，，所以，當且僅當，即時取得等號．故答案為：15．在三棱錐中，，，，二面角的大小為，在側面內（含邊界）有一動點，滿足到的距離與到平面的距離相等，則的軌跡的長度為______．【答案】【分析】先證明，再求直線的方程和直線的方程，接著求直線與的交點坐標并判斷的軌跡為線段，最后求線段長度.【詳解】如圖，過作于，平面于，過作于，連接，則為二面角的平面角，由得．又，所以，在中，以所在直線為軸，所在直線為軸建立平面直角坐標系，則直線的方程為，直線的方程為，所以直線與的交點坐標為，所以的軌跡為線段，長度為．故答案為：.【點睛】本題考查空間中點的軌跡的長度、二面角的定義，是中檔題.16．已知向量與的夾角為，，，向量的夾角為，，則的最大值是___________.【答案】25【分析】根據(jù)題意作出圖形，根據(jù)正弦定理可求出.記線段的中點為M，的中點，在中，可求出，從而可求出，然后在中，根據(jù)余弦定理求出，從而可求出.【詳解】如圖，作圓P，使得，且點O在優(yōu)弧上，點C滿足，則，符合題意.記線段的中點為M，在中，由正弦定理，得，取的中點，連接，在中，，，所以，所以，在中，由余弦定理，得，且，因為，，所以，所以，當且僅當點P在線段上時，等號成立所以的最大值是.故答案為：.四、解答題17．已知中，分別為角的對邊，且．（1）求；（2）若為邊的中點，，求的面積．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用正弦定理化邊為角可得，化簡可得，結合，即得解；（2）在中，由余弦定理得，可得，利用面積公式即得解【詳解】（1）中由正弦定理及條件，可得，∵，，∴，∵，∴，或，又∵，∴，∴，，∴（2）為邊的中點，，，得，中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴，．18．請從下面三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并作答.①；②；③點P在平面ABCD的射影在直線AD上.如圖，平面五邊形PABCD中，△PAD是邊長為2的等邊三角形，，，，將△PAD沿AD翻折成四棱錐P-ABCD，E是棱PD上的動點（端點除外），F(xiàn)?M分別是AB?CE的中點，且___________.(1)求證：；(2)當EF與平面PAD所成角最大時，求平面ACE與平面PAD所成的銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取AD，CD的中點分別為O，G，連接PO，F(xiàn)G，EG.選擇①：證明，結合，推出BA⊥平面PAD.證明MG//平面PAD，F(xiàn)G//平面PAD.推出平面FGM//平面PAD，得到BA⊥平面FGM，即可證明.選擇②：連接OC，證明，即可，推出BA⊥平面PAD.，然后證明MG//平面PAD，F(xiàn)G//平面PAD.推出平面FGM//平面PAD，得到BA⊥平面FGM.即可證明.選擇③：證明OP⊥平面ABCD，推出，然后證明BA⊥平面PAD，通過證明平面FGM//平面PAD，轉化證明.（2）連接AE，EF，說明∠AEF即為EF與平面PAD所成的角.點O為坐標原點，以OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面CAE的法向量，結合平面PAD的法向量，然后求解平面ACE與平面PAD所成的銳二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：取AD，CD的中點分別為O，G，連接PO，F(xiàn)G，EG.選擇①：因為，所以，即.又，，所以BA⊥平面PAD.因為M，G分別為CE，CD的中點，所以，且平面PAD，平面PAD，所以MG//平面PAD.同理可得：FG//平面PAD.因為，所以平面FGM//平面PAD，所以BA⊥平面FGM.又平面FGM，所以.選擇②：連接OC，則OC=AB=2，，因為，所以.又，所以BA⊥平面PAD.因為M，G分別為CE，CD的中點，所以MG//PD，且平面PAD，平面PAD，所以MG//平面PAD.同理可得：FG//平面PAD.因為，所以平面FGM//平面PAD，所以BA⊥平面FGM.又平面FGM，所以.選擇③：因為點P在平面ABCD的射影在直線AD上，所以平面PAD⊥平面ABCD.因為平面平面ABCD=CD，平面PAD，，所以平面ABCD，所以.又，，所以BA⊥平面PAD.因為M，G分別為CE，CD的中點，所以MG//PD，且平面PAD，平面PAD，所以MG//平面PAD.同理可得：FG//平面PAD.因為，所以平面FGM//平面PAD，所以BA⊥平面FGM.又平面FGM，所以.（2）連接AE，EF，由（1）可知：AB⊥平面PAD，所以∠AEF即為EF與平面PAD所成的角.因為，所以當AE最小時，∠AEF最大，所以當，即E為PD中點，AE最小.以點O為坐標原點，以OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.所以.設平面CAE的法向量為，則，令，得.由題意可知：平面PAD的法向量為，所以，所以平面ACE與平面PAD所成的銳二面角的余弦值為.19．已知函數(shù).(1)若曲線上橫坐標為的點處的切線斜率為3，求點處的切線方程；(2)若函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，求實數(shù)的取值范圍；(3)證明：當時，對任意的且，恒有.【答案】(1)；(2)；(3)見解析.【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義，求得，再根據(jù)點斜式即可得解；（2）由題意可得在恒成立，及在恒成立，求得的最小值即可得解；（3）利用作差法證明不等式，構造函數(shù)，領用導數(shù)證明即可得證.【詳解】（1）求導可得，根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得，可得，所以，，所以，即點處的切線方程為；（2）根據(jù)題意可得在恒成立，所以在恒成立，令，對稱軸為，所以，所以，故實數(shù)的取值范圍為；（3）令，令可得或，由，所以，在區(qū)間上，，為減函數(shù)，所以在區(qū)間上，，為增函數(shù)，所以最小值為，又，所以恒成立，即當時，對任意的且，恒有.20．已知圓的圓心坐標為，且圓與直線相切，過點的動直線與圓相交于M，兩點，直線與直線的交點為.(1)求圓C的標準方程；(2)是不是定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)定值為【分析】（1）由直線與圓相切，計算圓心到直線的距離即圓的半徑，可以寫出圓的標準方程；（2）利用圓的垂徑定理將轉化為，分析AC與直線l的位置關系，由數(shù)量積的幾何意義，得到定值.【詳解】（1）圓心C到直線l的距離，因為直線與圓相切，所以半徑，圓C的標準方程為：.（2）設MN的中點為P，則，AC的斜率為，所以AC與直線l垂直，A到直線l的距離為，所以在方向上的投影為，又因為，所以，即為定值.21．設數(shù)列滿足.(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)若數(shù)列滿足，是否存在實數(shù)，使得數(shù)列是單調遞增數(shù)列?若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由.(3)對于大于2的正整數(shù)（其中），若、、三個數(shù)經(jīng)適當排序后能構成等差數(shù)列，求符合