甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三数学（理）上学期期中检测试题（Word版附解析）

2022—2023学年度上学期高三期中检测试卷

理科数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．共4页，总分150分，考试时间120分钟．

第I卷（选择题 共60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解分式不等式得集合，然后由交集定义计算．

【详解】，

所以．

故选：C．

2. 在中，，则（    ）

A.  B. 25 C.  D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量的数量积及其几何意义，即可得解．

【详解】解：．

故选：C．

3. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合函数，以及的单调性即可判断的范围，进而可以比较大小.

【详解】因为函数在上单调递增，所以，即；函数在上单调递增，所以，即；函数在上单调递减，所以，即；因此，

故选：C.

4. 已知，则（    ）

A.  B.  C. -3 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】结合诱导公式以及同角的商数关系求出，进而利用两角差的正切公式即可求出结果.

【详解】因为，所以，显然，所以，即，而，

故选：B.

5. 若实数数列1，b，81成等比数列，则圆锥曲线x2＋＝1的离心率是（    ）

A. 或 B. 或 C.  D. 或10

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列求出，分别求出椭圆和双曲线对应的离心率即可.

【详解】因为1，b，81成等比数列，所以，解得：.

当b=9时，椭圆的离心率；

当时，双曲线离心率.

故选：A

6. 已知的三内角，，所对的边分别是，，，满足下列条件的有两解的是（    ）

A. ，， B. ，，

C. ，， D. ，，

【答案】B

【解析】

【分析】只有已知两边及一边的对角时才可能有两解，还需通过正弦定理、三角形的性质判断．

【详解】A是已知两边及夹角，只有一解，

B是已知两边及一边的对角，由正弦定理得，由于，因此，可能为锐角也可能为钝角，所以或，两解．

C中已知两边及一边的对角，同理由正弦定理得，无解．

D已知三边，根据的取值要么无解，要么只有一解，不可能有两解．

故选：B．

7. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】D

【解析】

【分析】利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确.

【详解】若，，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误；

若，，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误；

若，，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误；

若，，根据线面垂直的性质定理可知，故D正确；

故选：D.

8. 已知函数f(x)是偶函数，且f(x)在上是增函数，若，则不等式的解集为（    ）

A. {x|x>2} B.  C. {或x>2} D. {或x>2}

【答案】C

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性和单调性将不等式等价为，进而可求得结果.

【详解】依题意，不等式，

又在上是增函数，所以，

即或，解得或.

故选：C.

9. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当时，（    ）

A. 6 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算，可得的值，将当时，代入结合可得的值，即可得的解析式，由可得点的坐标，即可求解.

【详解】由题意得：，

，所以，

所以，

当时，，可得，即，

因为，所以，所以，

所以，

当时，，

此时，即点，

所以，

故选：A.

10. 如图，在四边形中，，，，现沿对角线折起，使得平面平面，此时点，，，在同一个球面上，则该球的体积是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据两平面的形状寻找外接球的球心位置，利用勾股定理求出外接球半径，从而可得出球的体积

【详解】解：如图，取的中点，连接，

因为，所以,

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为，所以棱锥外接球的球心在直线上，

因为，，，

所以，

设，则，

所以，解得，

所以外接球的半径为，

外接球的体积为，

故选：A

11. 抛物线的准线方程为，F为抛物线的焦点，P为抛物线上一个动点，Q为曲线上的一个动点，则的最小值为（    ）

A. 7 B.  C. 8 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据抛物线定义，要使最小等价于最小，即三点共线，再由圆上点到定直线距离最小，可知只需圆心到距离减去半径为最小，即可求最小值.

【详解】由题意可知：抛物线方程为，曲线：，图象如下：

过作准线于，则由抛物线定义知：，

∴，则要使最小，只需三点共线且最小即可.

∴只要到直线距离最短，即到距离减去半径，故最小值为7.

故选：A

12. 设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意转化条件得数列的连续四项在集合中，结合等比数列的性质即可得解.

【详解】，且数列有连续四项在集合中，

，数列的连续四项在集合中，

因为是等比数列，等比数列中一定有正项和负项相邻，则，所以等比数列各项的绝对值递增或递减.

按绝对值的顺序排列上述数值得，相邻两项相除，

则可得是数列的连续四项，

或（舍去）

故选:A.

第II卷（非选择题共90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 半正多面体亦称为“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石凳的体积是________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，该石凳是由棱长为cm的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，故由正方体的体积减去个三棱锥的体积，即可求解.

【详解】解：由图可知：该石凳是由棱长为cm的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，

该石凳的体积为：.

故答案为：.

14. 已知等差数列的前n项和为．若，，则满足的最小正整数n的值为______．

【答案】23

【解析】

【分析】先求得，，再利用二次函数的性质即可求得满足的最小正整数n的值

【详解】因为，所以．

因为，，所以数列的公差，，

所以，

又等差数列的前n项和为

二次函数开口向上，过原点，对称轴在y轴右侧

故要使，则．

故答案为：23

15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与y轴的正半轴交于点B，连接，，分别交双曲线的渐近线于点E，F.若四边形OFBE为平行四边形，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题可得，进而可得，即得.

【详解】设双曲线的焦距为，由题可得，则，

因为四边形OFBE为平行四边形，

所以，，

因为渐近线OF的方程为，所以，

所以离心率.

故答案为：.

16. 已知是定义在R上的奇函数，满足，有下列说法：

①的图象关于直线对称；

②的图象关于点对称；

③在区间上至少有5个零点；

④若上单调递增，则在区间上单调递增．

其中所有正确说法的序号为_______．

【答案】②③④

【解析】

【分析】求得函数的图象关于点对称判断①②；求得在区间上零点个数判断③；求得在区间上的单调性判断④

【详解】因为，所以，

故函数是周期为3的周期函数，又是定义在R上的奇函数，

则，所以，

故函数的图象关于点对称，故①错误，②正确；

由题意可知，，因为，

令，可得， 即，

所以，从而，

故函数在区间上至少有5个零点，故③正确；

因为，，

且函数在区间上单调递增，则函数在区间上单调递增，

故函数在区间上也单调递增，故④正确．

故答案为：②③④

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知向量，，函数．

（1）求函数的最小正周期及最小值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）最小正周期；最小值；（2）．

【解析】

【分析】（1）利用向量的数量积公式和三角函数恒等变换公式对函数化简得，从而可求得其最小正周期；

（2）由可得，而，再利用余弦的二倍角公式化简可得答案

【详解】解（1）

∴函数的最小正周期，

当即，时，函数的最小值是．

（2）由（1）知，

∴，

所以

．

18. 设椭圆C：的左、右焦点为，过点的直线l：x-y-1=0交C于A，B两点，的周长等于8.

（1）求C的标准方程；

（2）求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意求出的值，即可求出标准方程；

（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理求出，进而根据代入数值即可求出结果.

【详解】（1）由题意，令，则，所以，即，又因为的周长等于8，即，则，所以，故C的标准方程为；

（2）联立，消去得，设，结合韦达定理，则，

.

19. 已知数列的前项和为，，，，其中为常效．

（1）证明：；

（2）当数列为等差数列时，记数列的前项和为，证明：．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据由，得，两式相减后可得,进一步分析可得结论；

（2）设等差数列的公差为d,根据题意有d=a3-a2=a2-a1,从而解出λ与d的值;再利用等差数列的通项公式可得an，利用错位相减法求得，可分析证明<1.

【详解】（1）由，得，

两式相减得：，

由于，所以，所以，即证.

（2）设等差数列的公差为d,由；a1=1,得，

又,得.由d=a3-a2=a2-a1,得，解得；所以，解得d=2，所以.

令，则，

所以

①×得：

两式相减，得：

，

所以

20. 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．

（1）求证：EF⊥平面BCF；

（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为

【解析】

【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知， AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.

（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.

【小问1详解】

证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，

因为，则，所以

又因为，则，

∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，

∴AC⊥CF     ∵，  ∴AC⊥平面BCF，

因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF

【小问2详解】

因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在Rt△ABC中，，．

则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，

设点M(t，0，1)，其中

设平面MAB的法向量为，

由，取，可得，．

易知平面FCB的一个法向量为，

所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为

21. 已知函数，．

（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；

（2）当时，求证在上恒成立．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】（1）求出导函数，问题转化为，恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值．

（2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，注意令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可．

【详解】解：（1）因为，，

对，恒成立，

所以，设

故，所以在上单调递增，

所以，

所以；

（2）由题意知，要证上，，

令，

则，

显然在上单调减，，

所以，

所以，，单调增，

，，单调减，

所以，得证．

【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立，已知函数的单调性问题，一般转化为导函数的不等式恒成立，然后转化为求函数最值得参数范围，证明不等式也可转化为求函数的最值，由最值满足不等关系得出结论．

22. 已知椭圆C：上的点到焦点的最大距离为3，最小距离为1

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C右焦点F2，作直线l与椭圆交于A，B两点（A，B不为长轴顶点），过点A，B分别作直线x=4垂线，垂足依次为E，F，且直线AF，BE相交于点G．

①证明：G为定点；

②求△ABG面积的最大值．

【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．

【解析】

【分析】（1）由题知，进而得答案；

（2）①当直线斜率不存在时，方程为，点；当直线斜率存在且不为零时，设，，方程为，进而联立方程并结合韦达定理求解直线，的交点坐标满足，且，故为定点．

②直线斜率不存在时，可知；而当斜率不为零时，．

【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，，

所以椭圆的方程为．

（2）①由（1）知，

当直线斜率不存在时，方程为，

可得，；可得，，

即有，相交于点；

当直线斜率存在且不为零时，设，，则，，

方程为，联立可得，

化简得，

由韦达定理得，，

而直线，相交时，

联立作差可得，

且，

则代入，，

化简得

即，相交于点，

综上可证为定点．

②直线斜率不存在时，可知；

而当斜率不为零时，由（i）可得

．

故面积的最大值为．