2023届天津市滨海新区塘沽紫云中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届天津市滨海新区塘沽紫云中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合U，再求.

【详解】.

因为，，

所以.

故选：D

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先求解一元二次不等式与绝对值不等式，然后根据充分必要性条件判断.

【详解】由解得，设

由解得或,设或

由,则“”是“”的充分不必要条件

故选： A

3．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】确定函数的奇偶性，再利用函数值的正负排除三个错误选项后得结论．

【详解】函数定义域是，，函数为偶函数，排除AB，

又时，，排除D.

故选：C．

4．已知，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先化简对数式，再以对数函数单调性进行大小比较即可.

【详解】，，

由为上增函数，可知

即

故选：D

5．设P，A，B，C为球O表面上的四个点，，，两两垂直，且，，三棱锥的体积为18，则球O的体积为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意可知球的直径等于以，，长为棱长的长方体的对角线长，根据三棱锥的体积求出，从而取出球的半径，最后利用球的体积公式计算可得；

【详解】解：，，，是球表面上的四个点，，，两两垂直，

则球的直径等于以，，长为棱长的长方体的对角线长，

因为，，三棱锥的体积为18，

所以，即，所以，所以，所以，故球的体积，

故选：D

6．已知函数，给出下列四个命题：（    ）

①的最小正周期为                        ②的图象关于直线对称

③在区间上单调递增               ④的值域为

其中所有正确的编号是（    ）

A．②④ B．①③④ C．③④ D．②③

【答案】C

【解析】举反例判断①②；根据正弦函数的单调性判断③；讨论，时，对应的最值，即可得出的值域.

【详解】

函数，，，故函数的最小正周期不是，故①错误．

由于，，∴， 故的图象不关于直线对称，故排除②．

在区间上，，，单调递增，故③正确．

当时，

故它的最大值为，最小值为

当时，，

综合可得，函数的最大值为，最小值为，故④正确．

故选：C

【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的单调性以及值域，属于中档题.

7．已知，则的值为（    ）

A．1 B．0 C． D．2

【答案】C

【分析】利用指数与对数互化的公式表示出，再利用换底公式和对数的运算性质化简计算.

【详解】因为，所以，由换底公式和对数的运算性质可得.

故选：C

8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则此双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，设，由余弦定理最后求出答案.

【详解】由，，由双曲线的定义知，，设，，易得，化简得：，同时除以，

则，求出或（舍去）.

故选：C.

9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第四象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．

【详解】解：当时，，则，等式两边平方得，

整理得，

所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，

由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，

直线过定点，

当直线过点时，则，可得；

当直线与圆相切，且切点位于第四象限时，，

此时，解得．

由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．

因此，实数取值范围是．

故选：B．

二、填空题

10．若为虚数单位，复数=______.

【答案】

【分析】根据复数的乘法、除法运算法则进行求解即可.

【详解】解：设.

故答案为：.

11．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则的值是______.

【答案】

【分析】根据等差数列和等比数列的性质得到，，从而得到.

【详解】由题意得：，解得：，

，解得：，

所以.

故答案为：.

12．经过点且斜率为的直线与圆：相交于，两点，若，则的值为______.

【答案】或

【分析】利用勾股定理求出圆心到直线的距离，设出直线的方程利用点到直线的距离公式求出值.

【详解】由已知条件得

设直线的方程为，

圆：的圆心为，半径为，

由勾股定理得圆心到直线的距离为，

即圆心为到直线的距离为

，解得或.

故答案为：或.

13．若命题“，”是真命题，则实数m的取值范围是______.

【答案】

【分析】若命题“，”为真，则，因此求出的最大值即可.

【详解】令，，故

故答案为：

14．已知，，则的最小值为______.

【答案】2

【分析】变形，然后利用均值不等式转化求解

【详解】因为，，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为2，

故答案为：2

三、双空题

15．在菱形ABCD中，，，E，F分别为线段BC，CD上的点，，，点M在线段EF上，且满足，则x=___________；若点N为线段BD上一动点，则的取值范围为___________.

【答案】     ；    

【分析】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，利用向量的坐标表示形式分别表示出，根据它们的关系求得x的值及M的坐标；

设，表示出的函数关系，根据二次函数的性质求得取值范围.

【详解】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，如图所示：

则，，，，，

由题知，，且，设，

则，由，

则，解得，，

设，，，

则，

则

故答案为：；.

四、解答题

16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，的面积为.

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)求的值.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】(1)已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a；

(2)由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA；

(3)根据sinA求出cosA，再由正弦和角公式、正余弦二倍角公式即可求值.

【详解】（1）∵，∴由正弦定理得，

又的面积为，∴，解得，

∴；

（2）由余弦定理有，∴.

由正弦定理.

（3）∵B＝150°，∴A＜90°，∴由sinA＝得，，

∴，.

∴.

17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.

(1)证明：若，直线平面；

(2)求二面角的正弦值；

(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，或

【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；

（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；

（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.

【详解】（1）

如图所示，在线段上取一点，使，连接，，

，

，

又，，

，四边形为平行四边形，

，

又，，

所以平面平面，

平面，

平面；

（2）

如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

又是中点，则，

所以，，，

设平面的法向量，

则，令，则，

设平面的法向量，

则，令，则，

所以，

则二面角的正弦值为；

（3）存在，或

假设存在点，设，即，，

由（2）得，，，且平面的法向量，

则，，

则，

，

解得或，

故存在点，此时或.

18．已知椭圆C：的焦距为，且过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设Q在椭圆C上，且与x轴平行，过P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，直线平分，且直线过点，求四边形的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的焦距为，得到，再根据椭圆经过点，得到求解；

（2）根据直线过点，且斜率存在，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，根据与x轴平行，且直线平分，即可，结合韦达定理求得k，再由四边形的面积为求解.

【详解】（1）解：因为椭圆C：的焦距为，

所以，

又椭圆经过点，

所以，

因为，

解得，

所以椭圆方程为：；

（2）因为Q在椭圆C上，且与x轴平行，

所以,

因为直线过点，且斜率存在，设直线AB的方程为，

与椭圆方程联立，得，

设，

则，

因为与x轴平行，且直线平分，

所以，

即，

整理得，

将韦达定理代入化简得，

解得，

所以，

则，

所以四边形的面积是.

19．已知公比大于1的等比数列的前6项和为126，且，，成等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)若），求数列的前n项和；

(3)若数列满足（且），且，证明.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得等比数列的首项和公比，由此求得数列的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得.

（3）利用累加法求得，结合裂项求和法证得不等式成立.

【详解】（1）设等比数列的公比为，前n项和为.

由题意，得，即

解得，或（舍）.

由，得，解得.

∴.

（2）由（1）可得，.

∴

.

两式相减得，

.

∴.

（3）由（1）可得，，即.

∴，，…，.

以上各式相加得，.

又，∴.

当时，适合上式.

故.

∴.

∴.

20．设函数有两个极值点，且

(1)求a的取值范围;

(2)讨论的单调性；

(3)证明:

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）由题意，即在上有两个不等实根，根据一元二次方程根的分布即可求解；

（2）根据函数单调性与导数的关系即可求解；

（3）由（1）知，可得，，所以，构造函数，求导判断函数单调性，从而即可证明.

【详解】（1）解：，令，其对称轴为，

由题意知是方程的两个均大于的不相等实根，

所以，解得，

所以a的取值范围为；

（2）解：当时，，所以在区间上为增函数；  

当时，，所以在区间上为减函数；

当时，，所以在区间上为增函数；

（3）证明：由（1）知，

，，

设，

则，

当时，，所以在单调递增，

所以，即．

【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是由（1）根据，得，，从而得.