2023届山西省运城市高三上学期期中数学试题含解析

2023届山西省运城市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数的性质，求出，再利用补集的概念求出，进而得到

【详解】由，得，得，可解得，

故整理得，且，则

，故

故选：B

2．设为等差数列，为其前项和，若，则公差（    ）

A．2 B． C． D．3

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质，分别求出和，进而可求得

【详解】为等差数列，故，得，

，得，故，解得

故选：B

3．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，”为真命题

B．命题“，”的否定是“，”

C．若、，且，则“”是“”的充要条件

D．若，则

【答案】C

【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用全称量词命题的否定可判断B选项；利用不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义可判断C选项.

【详解】对于A选项，取，则，A错；

对于B选项，由全称量词命题的否定可知，

命题“，”的否定是“，”，B错；

对于C选项，因为，若，由不等式的性质可知，

若，由不等式的基本性质可知，

所以，“”是“”的充要条件，C对；

对于D选项，取，，则，D错.

故选：C.

4．已知向量，且，则（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】A

【分析】转化，求解，再结合向量线性运算和模长的坐标公式求解即可.

【详解】由题意，，

，解得，

故，.

故选：A

5．函数的图象大致是

A．  B．  C．  D．

【答案】C

【详解】 去掉A,B； 所以选C.

6．在中，角的对边分别为，已知，点为边上一点，且，则的值为（    ）

A．5 B．1 C．1或5 D．4

【答案】A

【分析】首先利用三角恒等变形得，并结合余弦定理求，最后在中，利用余弦定理求的值.

【详解】,

得,,

所以，,，

因为，所以是等边三角形，

所以,得，又 ,

设，中，利用余弦定理，，

解得：或（舍）

所以.

故选：A

7．已知函数满足：①定义域为，②为偶函数，③为奇函数，④对任意的，且，都有，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由②得关于x=1对称，由③得关于对称，由④得在上单增，根据得出的信息得的周期并画出的草图，将其都转化到同一个单调区间上看图即可得结果.

【详解】∵ 在R上为偶函数，

∴，

∴关于x=1对称.

∵ 在R上为奇函数，

∴，

∴关于对称，且

∵，∴（将上式中的x换成x-1）①

又∵，∴ ②

∴由①②得： ③

∴由③得： ④ （将③中的x换成x+2）

∴由③④得：

∴的一个周期为，且，关于对称

又∵对任意的，且，都有，

∴在上单调递增.

∴在一个周期内的草图为：

∴，

，

∴如图所示：，

即：，

故选：C.

8．已知数列满足，若，数列的前项和为，且对于任意的都有，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等比数列求，进而得，由分组求和得，根据奇偶即可求解最值.

【详解】，可知为等比数列，所以，故，进而，所以

，

故，即，

当为奇数时，则对任意的奇数，满足，由于单调递减，

 当时，有最大值 ，所以,

当为偶数时，满足，由于单调递减， ，

综上可得 ，

同理，

故当 时， ，故，

综上：，

故选：D

二、多选题

9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A．复数

B．复数的虛部为

C．

D．复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限

【答案】AD

【分析】利用复数的除法可判断A选项；利用复数的概念可判断B选项；利用复数的模长公式可判断C选项；利用复数的几何意义可判断D选项.

【详解】对于A选项，由已知可得，A对；

对于B选项，复数的虚部为，B错；

对于C选项，，C错；

对于D选项，，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，D对.

故选：AD.

10．已知函数，则下列有关说法正确的是（    ）

A．若函数在区间上单调递增，则的最小值为

B．若函数在区间上单调递增，则的最大值为

C．若函数的图象向右平移个单位长度得到偶函数，则的最小值为

D．若函数在区间上有且只有个零点，则的取值范围是

【答案】BC

【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性求出的取值范围，可判断AB选项；求出平移后的函数解析式，利用正弦型函数的奇偶性可判断C选项；根据函数在区间上的零点个数求出的取值范围，可判断D选项.

【详解】.

对于AB选项，当时，，

因为函数在区间上单调递增，则，

所以，，解得，

因为，解得，，则，所以，，A错B对；

对于C选项，将函数的图象向右平移个单位长度得到函数，

函数为偶函数，则，解得，

当时，取最小值，C对；

对于D选项，当时，，

因为函数在区间上有且只有个零点，则，解得，D错.

故选：BC.

11．把一条线段分为两部分，使较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，该比值是无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割，也称为中外比､黄金分割不仅仅体现在诸如绘画､雕塑､音乐､建筑等艺术领域，而且在管理､工程设计等方面也有着不可忽视的作用.在中，点为线段的黄金分割点，点为的中点，点为线段上的一点（包含端点），则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．在上的投影向量为

D．的取值范围是

【答案】BCD

【分析】对于A和B，利用，利用向量的加法，即可判断B对，A错；对于C，求出和，根据投影向量公式，，即判断C对；对于D，利用极化恒等式，即可计算判断，得到D正确.

【详解】

如图，，则有，

，故A错，B对；

由于为中点，故，

，故，

在上的投影向量为，故C对；

，明显可见，

当时，取最小值，当与重合时有最大值

，故，可得D对；

故选：BCD

12．如图1，在菱形中，是的中点，将沿直线翻折至的位置，得到如图2所示的四棱锥.若是的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）

A．点到平面的距离恒为

B．当时，过点的截面周长为4

C．异面直线与所成的角不断变小

D．当时，直线与平面所成的角的正切值为

【答案】ABD

【分析】对A：求得点到平面的距离，再求点到平面的距离即可；对B：作出截面图，求得各边的长度即可；对C：讨论的变化，即可判断正误；对D：根据的长度，求得到面的距离，再求线面角即可.

【详解】对A：根据题意可得：，又面，

故面，则点到面的距离为，易得；

又//，面面，故//面，则到平面的距离也为；

又为的中点，故点到平面的距离恒为，A正确；

对B：因为面，故此时面；

取的中点为，连接，如下所示：

因为分别为△中两边的中点，故//，则四边形即为所求截面；

又因为，故四边形为平行四边形；

又面，故面，即△为直角三角形，则，

故其周长为，故B正确；

对C：因为//，故所成的异面直线夹角，即为所成直线的夹角，

即当为钝角时，其补角即为所求；当为直角时，所成的异面直线夹角为；

当为锐角时，所求异面直线夹角即为；

显然在折叠过程中，所求异面直线的夹角先增大，后减小，故C错误；

对D：过点作的垂线，交的延长线于点，连接如下所示：

由A所证可得面，又面，故面面，又面面，

面，故面，故即为所求直线与面的夹角；

在△中，，

由余弦定理，又，故可得；

在△中，，则，；

在直角梯形中，容易得，，

故由余弦定理，即，解得，

故，即直线与平面所成的角的正切值为，D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知，则___________.

【答案】

【分析】先由得到的取值范围，再利用正弦函数的图像性质与的范围可缩小的取值范围，由此求得，利用整体法即可求得的值.

【详解】因为所以，

又因为，所以，

所以，

故.

故答案为：.

14．已知实数，，且，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】分析可得，可得出，结合基本不等式可求得所求代数式的最小值.

【详解】因为实数，，且，则，

所以，

.

当且仅当时，等号成立，故的最小值为.

故答案为：.

15．已知函数，若的零点个数为3，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】利用导数，先求出的图像，再设，，得到，

可整理出复合函数，令，得到，再通过，与的交点情况，求出的范围，进而求出的范围.

【详解】根据题意，对于，

求导，则时，，单调递增；时，，单调递减；可得时，有最大值，且时，恒有，

故可画出的图像，

令，则，令

故， 令，

此时，参变分离可得，，

作出的图像，明显为对勾函数，

故只需求出满足题意时的范围，即可根据等量代换，得到的范围.

对于，当只有一个根满足时，令，此时，

如图，

此时，满足有3个零点，此时，明显地，当时，

此时满足唯一的，故对于对勾函数：，；

又，当有两个根和满足时，要满足有3个零点，则如图

或如图，

此时，必有，或

对应的对勾函数图为：

，或

如图，因为交点不存在，必有对应的，或，三种情况，故关键是要有对应的两个与之对应，取，故对于，有，

对于或，，可得，或，

故且或，其交集为；

综上所述，.

故答案为：

四、双空题

16．已知正四棱锥的底面是边长为2的正方形，其内切球的体积为，则该正四棱锥的高为___________，外接球的表面积为___________.

【答案】         

【分析】已知正四棱锥内切球的体积为，可求得内切球的半径，用等体积法可求得正四棱锥的高，由正四棱锥的性质可得，在中，列方程可解得外接球半径，即可求得球体的表面积.

【详解】已知正四棱锥内切球的体积为，设球体的半径为，，解得，设正四面体的高为，如图所示，

因为球与四棱锥相内切，所以由等体积法得：，

在中，，，即，化简得：，

解得，，设正四棱锥外接球的半径为，外接球的球心为，在中，，解得，所以正四棱锥外接球的表面积为.

故答案为：①；②

五、解答题

17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面为的中点，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若，求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先根据线面垂直的判定定理证明平面，然后再根据面面垂直的判定定理即可说明平面平面；

（2）首先根据（1）平面的条件，可得，

方法一，借助相似三角形求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.

方法二，通过建立平面直角坐标系，利用平面向量垂直的判定条件求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.

方法三，建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的判定条件求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.

方法四，通过向量线性运算及数量积运算求出的长度，然后再根据棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】（1）因为底面平面，所以，

又，

平面，平面，

所以平面，

而平面，所以平面平面.

（2）方法一：相似三角形法

由（1）可知.于是，故.

因为，所以，即.

故四棱锥的体积.

方法二：平面直角坐标系法

由（1）知，所以.（或向量之积为0

建立如图所示的平面直角坐标系，设.

因为，所以，.

从而.

所以，即.下同方法一.

方法三：空间直角坐标系法

建立如图所示的空间直角坐标系，

设，所以.

所以.

所以，即.下同方法.

方法四：空间向量法

由，得.

所以.

即.

又底面在平面内，

因此，所以.

所以，

由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，

得，即，

所以，下同方法一.

18．在中，角的对边分别为.已知角边上的高为.

(1)若，求的周长；

(2)求面积的最小值.

【答案】(1)12

(2)

【分析】（1）由三角形面积公式可求得与，又由余弦定理与整体法可求得，由此可求得的周长；

（2）法一：由三角函数的定义可得，再利用三角恒等变换求得，由此可得的最大值，从而得到，进而求得面积的最小值；

法二：利用基本不等式与余弦定理求得，从而求得面积的最小值.

【详解】（1）依题意，得，故，

又，，所以，则，

又由得，

因此，则，

故的周长为12.

（2）法一：

由题意可得，则，

又因为，

因为，所以当，即时，，故，

所以的面积为，所以面积的最小值为.

法二：

在中由余弦定理可得，，

又由（1）可知，即，

所以，解得，当且仅当时，等号成立.

所以，所以面积最小值为.

19．已知正项等差数列的前项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和为.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）法1：利用数列是等差数列，计算后，计算公差，即可求数列的通项；

法2：利用时，，化简求数列的递推关系，再根据奇数项和偶数项求数列的通项公式；

（2）首先根据（1）的结果，化简数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.

【详解】（1）法1：数列为等差数列，且前项和为满足.

，

数列通项公式为.

法2：.

当时，，

，

.    

数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列.

为等差数列，通项公式为.

（2），

.

20．如图，在直四棱柱中，四边形是个个边长为2的菱形，，设是的中点.

(1)求二面角的大小；

(2)在线段上是否存在一点使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）设是的中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；

（2）几何法：连接相交于点，连接，设是的中点，再连接，由三角形的中位线证明线线平行，进而即可证明线面平面；

空间向量法：设，由直线的方向向量和平面的法向量垂直求即可.

【详解】（1）由题意，是正三角形，设是的中点，则，

所以，

又平面，平面，所以两两垂直，

如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系：

则，

显然，平面的一个法向量是，

设平面的一个法向量为，

则，解得，

设二面角的平面角为，

则，

由图可知二面角的平面角为锐角，所以.

（2）在线段上存在点使得平面，此时.

论证如下：

方法1几何法

如图2甲连接相交于点，连接，设是的中点，再连接，

又菱形中，点是对角线的中点，由中位线知：，

连接并延长交于点，连接，

因为平面平面，

所以平面.

如图乙，在中，作交于点，因为是的中点，

所以由中位线关系得：，①.

又由可得：与相似，又是的中点，

所以，

结合①知：，从而可得.

法2：空间向量法

设，即有，

因为，所以，又，

于是，.

设平面的一个法向量为，

则，令，得，

因为的中点为，

所以，因为平面，所以，

即，

解得，

即线段上存在点使得平面，此时.

21．设函数，其中，设为的极值点，为的零点，且.

(1)求取值范围；

(2)证明：.（注：是自然对数的底数）

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出，构造函数，分析函数在上的单调性，可得出，可得出，利用导数求出函数在上的值域，即为的取值范围；

（2）由整理可得，证明出当时，，可得出，在不等式的两边取对数可证得结论成立.

【详解】（1）解：因为，因为，该函数的定义域为，

，令，其中，则，

所以，函数在单调递减，且，则，

因为，，

所以，存在唯一的，使得，即，

令，其中，则，

所以，函数在上为减函数，

且，所以，可得，

所以，，

令，，则，

所以，函数在上单调递增，故，

所以，的取值范围是.

（2）解：由题意，，

从而，即.

当时，令，则，

所以，函数在上为减函数，则，

所以当时，.

又因为，故.

两边取对数，得，于是.整理得.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．设，曲线在点处的切线与直线垂直.

（1）求的值；

（2）若，恒成立，求的取值范围；

（3）求证：.

【答案】(1)0；(2)；(3)证明见解析.

【分析】（I）由题得解得；（II）由得，构造函数，本题转化成，求导得，对进行分类讨论，得；（III）令，是，对进行赋值对应相加得，即.

【详解】（Ⅰ）因为，

由题设，所以，所以．

（Ⅱ），恒成立，即 ，

设，即，

而，

①若，，，这与题设矛盾；

②若，方程根的判别式，

当，即时，

所以，即不等式成立．

当时，方程其根，；当时，，单调递增，则，与题设矛盾．

综上，

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，时，成立，

不妨令，所以 ，

即

∴，

累加得：，即．

【解析】导数的几何意义、导数与函数的单调性、构造法.