2023届山东省泰安市新泰市第一中学北校高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省泰安市新泰市第一中学北校高三上学期期中考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数，则复数z的虚部是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】利用复数的除法运算及复数的分类即可得解.
【详解】因为，
所以复数z的虚部为.
故选：C
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出集合A，B，利用交集定义可求结果．
【详解】，，
因此．
故选：A
3．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据角的终边经过点，求得，根据同角的三角函数关系化简，代入求值，可得答案.
【详解】由角的终边经过点，则，
故，
故选:C.
4．已知，表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：
①，，，则；
②，，，则；
③，，，则；
④，，，则
其中正确命题的序号为
A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】C
【详解】①，，，则可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；
②，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，则，③正确；④， ，可知与 共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，，故④正确，故选C.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
5．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列，等比数列的性质化简计算即得.
【详解】因为数列是等差数列，，
所以，，
因为数列是等比数列，，
所以，，
所以.
故选：D.
6．已知正实数满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用基本不等式得到，根据恒成立问题得，即可解出解集.
【详解】解：⸪是正数，⸫，当且仅到时等号成立.
即，，⸫，
因为对任意恒成立，所以有，解得.
故选:A
7．在中，角的对边分别为．若，，的面积为，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用边角互化求出，三角形面积公式求出，最后根据投影向量公式计算即可.
【详解】，由正弦定理得：，即，是三角形内角，则，于是，又得，，故，，∴，则在方向上的投影向量为：.
故选：B
8．已知定义域为的函数满足，其中为的导函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用题目条件，构造辅助函数，由导数大于0，得出单调递增，原不等式转化，利用单调性可解不等式.
【详解】令，， 故在R上单调递增.
又，且，
故原不等式可转化为，所以，
解得.
故选：D.
【点睛】本题考查了导数的综合应用、利用函数单调性解不等式等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
二、多选题
9．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．
B．数列是公比为的等比数列
C．若，则数列的前2023项和为
D．若，则数列的前项和为
【答案】ABD
【分析】应用等差数列的前n项和、通项公式求基本量可得，进而判断A，再由及等比数列的定义判断B，应用分组求和、裂项求和判断C、D.
【详解】对A，由题设，，则，
若等差数列的公差为，故，而，
所以，则，
，A正确；
对B，，易知是公比为28的等比数列，B正确；
对C，，则前2023项和为，C错误；
，则前n项和为，D正确.
故选：ABD
10．已知函数（，，）的部分图象如图所示，将该函数图象向左平移个单位后，再把所得曲线上点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列选项中正确的有（ ）
A．B．
C．是曲线的对称轴D．直线是曲线的一条切线
【答案】AD
【分析】根据函数图象可确定函数解析式判断A；根据三角函数图象的平移变换可得到表达式判断B；将代入验证可判断C；利用导数的几何意义求得曲线的切线方程可判断D.
【详解】对于A，由图象知 ， 解得 ，
将点代入中得，则，
因为 ，，故A正确；
对于B，函数向右平移个单位后，得的图象，
再把所得曲线上点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，
故，故B错误；
对于C，将代入中，，
故不是曲线的对称轴，故C错误；
对于D，，令 ，即，，
可得时满足，此时，
则在点处的切线方程为，即，故D正确，
故选：AD
11．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【分析】对A，显然平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；
对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；
对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.
【详解】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
12．已知奇函数在上有定义，且满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．是函数的周期
B．函数在上的最大值为
C．函数在上单调递减
D．方程在上的所有实根之和为
【答案】AD
【分析】根据已知结合奇函数性质可得是函数的周期，根据导数研究函数的单调性，，再结合奇函数的性质和周期性可求最大值，根据函数的对称性可求得方程在上的所有实根之和.
【详解】对于A，是上的奇函数，，，故是函数的周期，故A正确；
对于C，当时，，求导，，，，，，则单调递增，又为奇函数，所以函数在上单调递增，故C错误；
对于B，由可得关于对称，故在上单调递增，又是奇函数且周期为，，故B错误；
对于D，方程的根等价于与的交点的横坐标，根据的单调性和周期可得，与在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，所以方程在上的所有实根之和为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题考查函数的周期性，对称性，函数的铃铛，解决本题的关键是判断出是函数的周期且在单调递增，在单调递减，且关于对称，考查学生的转化能力与运算求解能力，数据较难题.
三、填空题
13．已知f(x)=，则____.
【答案】##
【分析】由，代入分段函数即可得出答案.
【详解】，
所以.
故答案为：
14．已知数列满足，，则的最小值为_________.
【答案】
【分析】由累加法求出数列的通项公式，再根据对勾函数的性质求解即可．
【详解】，
，
，
，
由累加得
，
所以
，
在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，且，
或5时最小，
时，；
时，；
所以的最小值为
故答案为：．
15．已知函数，过点可作3条与曲线相切的直线，则实数t的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义以及方程的根与函数图像之间的关系，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，已知切线过某点 (不是切点) 求切点, 设出切点，利用，得到关于t的函数，分离求导，即可求解.
【详解】设切点坐标为，则.
由，可得，
所以切线方程为，整理得，将代入可得，
，，
则在和上单调递减；在上单调递增.
所以，在处有极小值，在处有极大值.
易知当时，（如图所示）
所以，当时，函数有3个零点，
即，当时，过点可作3条与曲线相切的直线.
故答案为：.
四、双空题
16．如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分当以直径所在直线为轴旋转一周时，得到一几何体，则该几何体的表面积是_________，体积是_______.（其中）
【答案】
【分析】由题意，分析旋转体的几何性质可知，阴影部分旋转后，可看作是球体中间扣除两个同底倒扣的圆锥体，其表面积为外侧球体的表面积加上两个圆锥的侧面积，其体积为球体体积减掉两个圆锥的体积，计算求解.
【详解】如图所示，过C作于点，由题意得，
，，
，，.
，，，
.
又，
，
，
.
故答案为：，
【点睛】本题考查空间想象能力，旋转体的形成过程，属于中等题.
五、解答题
17．已知平面向量，，.
(1)若，求；
(2)若与的夹角为锐角，求x的取值范围.
【答案】(1)2或；
(2)
【分析】（1）根据向量平行列出方程，求出或，分两种情况求出，进而求出模长；
（2）根据向量夹角为锐角得到不等式组，求出x的取值范围.
【详解】（1）由题意得：，解得：或，
当时，，所以；
当时，，
所以；
（2）因为与的夹角为锐角，
所以，且与不同向共线，
即，
解得：，且，
综上：x的取值范围是.
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求B；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.
（2）由（1）的结论，利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.
【详解】（1）在中，，由正弦定理得：，
整理得，由余弦定理得：，而，
所以.
（2）由（1）知，，由正弦定理得：，
则，而，令，
在锐角中，，解得，，
于是得，则，
所以周长的取值范围是.
19．已知函数
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)求在区间上的最值；
(3)若，求的值．
【答案】(1)最小正周期；单调递减区间为；
(2)最大值为2，最小值为1；
(3).
【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质即得；
（2）根据正弦函数的性质即得；
（3）由题可得，然后根据同角关系式及和差角公式即得.
【详解】（1）因为
．
所以的最小正周期，
∵，
∴，
所以的单调递减区间为；
（2）由（1）知的单调递减区间为，
∵，
∴在上单调递增，在上单调递减，
又，
故；
另解：∵，
∴，
∵在单调递增，在上单调递减，
∴当时，，
∴当时，；
（3）∵，
∴，
由，得，
∴，
∴，
．
20．如图，已知四边形ABCD为矩形，底面ABCD，，E是PC的中点，过E点作交PB于点F．
(1)求证：平面EDB；
(2)求证：；
(3)求BD与平面EFD所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE，易得OEPA，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）由PD底面ABCD，BC平面ABCD，得到PDBC，再由CDBC．得到BC平面PCD，从而得到DEBC，再由DEPC，得到DE平面PBC，进而得到DEPB，然后由EFPB，得到PB平面EFD即可；
（3）由（2）知PB平面EFD，得到BD在平面DEF内的射影为DF，则∠BDF为BD与平面EFD所成角求解.
【详解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接OE，
底面ABCD是正方形，
点O是AC的中点，
E为PC的中点，
OEPA，
OE平面EDB，PA平面EDB，
PA平面EDB．
（2）证明：PD底面ABCD，BC平面ABCD，
PDBC，
底面ABCD是正方形，CDBC．
，PD平面PCD，CD平面PCD，
BC平面PCD，
DE平面PCD，
DEBC，
PD＝DC，E是PC的中点，
DEPC，
PC平面PBC，BC平面PBC，，
DE平面PBC，
PB平面PBC，
DEPB，
EFPB，且，DE平面DEF，EF平面DEF，
PB平面EFD，
ED面EFD，
PBED．
（3）由（2）知PB平面EFD，
所以BD在平面DEF内的射影为DF，
所以∠BDF为BD与平面EFD所成角，
又因为PBDF，
所以DF是△PDB边PB上的高，
在△ADB中可得，在Rt△PBD中，可得
又
所以
在Rt△BDF中，
21．已知数列是等差数列，其前项和为，且满足；数列满足：，()．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由题可得，进而可得；利用项和前项和的关系可得；
（Ⅱ）利用错位相减法及裂项相消法即得．
【详解】（Ⅰ）依题意，，
解得：，
∴；
∵，
∴，
两式相减得：，
∴，
又∵满足上式，
∴；
（Ⅱ）记，其前项和为，
则，
，
两式相减得：
∴，
设，则，
∴其前项和，
∵，
∴
22．已知函数，.
(1)当时，若曲线与直线相切，求k的值；
(2)当时，证明：；
(3)若对任意，不等式恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）设切点坐标为，然后利用导数的几何意义列方程，解方程即可得到；
（2）证明即证明，然后求导，利用单调性求最值，即可证明；
（3）将不等式转化为，然后构造函数，根据的单调性得到恒成立，即，构造函数，根据的单调性得到，然后代入解不等式即可.
【详解】（1）当时，，则，
设切点坐标为，则，解得，
所以.
（2）当时，，定义域为，，
令，则，当时，，则在上单调递增，
又，所以当时，，时，，所以在上单调递减，上单调递增，
所以，则.
（3）由题可知，，则不等式恒成立，
即，
即，
即，
即在上恒成立，
令，易知在上单调递增，
所以在上恒成立，即，
令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，
则，所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立⇔；
（2）恒成立⇔.