2023届山东省青岛市莱西市高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届山东省青岛市莱西市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．设全集，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据补集与交集的运算求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

因为，

所以

故选：B

2．下列各命题的否定为真命题的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】依次判断各命题的真假即可得其否定的真假.

【详解】解：对于A，为真命题，故其否定为假命题，错误；

对于B，因为时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；

对于C，当时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；

对于D，当时，，故为假命题，故其否定为真命题，正确；

故选：D

3．函数的图象在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由导数的几何意义求解，

【详解】由题意得，则，

，，则所求切线方程为，即，

故选：C

4．已知关于x的不等式的解集为A，设，，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】问题化为在上恒成立，列不等式组求参数范围即可.

【详解】由题意，在上恒成立，

所以，可得.

故选：B

5．已知直线和两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若和相交，与相交，则与一定也相交

【答案】A

【分析】A利用线面平行性质、面面垂直的判定即可判断；B、C、D由线面、面面的位置关系，根据平面的基本性质判断线面关系即可.

【详解】A：由，过的平面交面于，则，而，故，，所以，正确；

B：，则或，错误；

C：，则或，错误；

D：若和相交，与相交，则与可能相交、平行或，错误.

故选：A

6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦函数、指对数函数的性质判断大小关系.

【详解】由，

所以.

故选：A

7．在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，则下列结论正确的为（    ）

A．不可能构成一个三角形的三边长

B．可以构成一个直角三角形的三边长

C．可以构成一个锐角三角形的三边长

D．可以构成一个钝角三角形的三边长

【答案】C

【分析】令判断A、C即可；由成直角三角形、成钝角三角形不满足题设判断B、D.

【详解】若，则构成锐角三角形，A错误，C正确；

B：若为最大边，且构成直角三角形，则，显然不满足题设，错误；

D：若为最大边，且构成钝角三角形，则，显然不满足题设，错误；

故选：C

8．已知偶函数的定义域为，对任意，都有，且当时，，则函数的零点的个数为（    ）

A．8 B．10 C．12 D．14

【答案】C

【分析】将问题化为与图象的交点个数，结合偶函数对称性只需研究与在的交点个数，数形结合判断交点个数即可.

【详解】将问题化为与图象的交点个数，显然也是定义在上的偶函数，

所以，只需研究与在的交点个数，再乘以2即可得结果.

对应：时，在上递减，上递增；

任意都有，易知上，在上递减，上递增，；

又在上递增，且，，

综上，与在存在交点，且函数图象如下图：

由图知：上共有6个交点，根据偶函数的对称性知：共有12个交点，

所以原函数有12个零点.

故选：C

二、多选题

9．下列命题为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据不等式的性质判断A；作差法比较大小判断BD；幂函数的性质判断C.

【详解】解：对于A，由于，，故，A选项正确；

对于B，由于，，故，B选项正确；

对于C，时，由幂函数在上单调递增，故，C选项正确；

对于D，若，则， ，故，D选项错误.

故选：ABC

10．将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列结论正确的为（    ）

A．函数为偶函数

B．直线是函数图象的一条对称轴

C．是函数的一个单调递减区间

D．将的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象

【答案】BD

【分析】根据余弦型函数的图象变换性质，结合余弦型函数的奇偶性、对称性、单调性逐一判断即可.

【详解】因为函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，

所以.

A：，

因为，所以函数为奇函数，本选项说法不正确；

B：，所以当时，函数有最小值，所以直线是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法正确；

C：当时，，

因为函数在上单调递增，所以在上也单调递增，

所以是函数的一个单调递增区间，因此本选项说法不正确；

D：的图象向右平移个单位长度可以得到函数，因此本选项说法正确，

故选：BD

11．如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．M，N，A，B四点共面 B．直线与平面相交

C．直线和所成的角为 D．平面和平面的夹角的正切值为2

【答案】BCD

【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.

【详解】A：连接，如下图面，而面，面，

所以M，N，A，B四点不共面，错误；

B：若为中点，连接，N为棱的中点，

由长方体性质知：，显然面，

若面，而面，显然有矛盾，

所以直线与平面相交，正确；

C：若分别是中点，连接，

由长方体性质易知：，

而，故，即直线和所成的角为，

由题设，易知，即△为等边三角形，

所以为，正确；

D：若分别是中点，显然，易知共面，

所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，

而面面，长方体中，，

如下图，为和面夹角的平面角，，正确.

故选：BCD

12．已知函数，当时，关于x的不等式恒成立，则下列选项中实数m可以取到的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】构造函数，判断单调性后转化求解

【详解】即在恒成立，

设，，当时，时，

则在单调递减，在单调递增，

则时，可转化为，

即，在时恒成立，

令，，当时，时，

则在单调递增，在单调递减，得，且，

则，不能取到，，可以取到

故选：CD

三、填空题

13．函数的值域是______．

【答案】

【分析】令，将函数转化为对勾函数求解.

【详解】函数 ，

令，

则在 上递减，在 上递增，

当，即 时，取得最小值4，

所以函数的值域是，

故答案为：

14．已知，若，则实数________．

【答案】或

【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可.

【详解】解：因为，，

所以，即，解得或，

故答案为：或

15．已知三棱锥的外接球O的半径为5，，则P到平面距离的最大值为_________________．

【答案】8

【分析】根据，得到三角形外接圆的半径为4，然后根据几何图形可知点在如图所示的位置时，到平面的距离最大，然后利用勾股定理求距离即可.

【详解】

因为，，所以，则三角形外接圆的半径为4，

当点在上图中的位置时，到平面的距离最大，此时，，所以到平面的最大距离为8.

故答案为：8.

16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题：

①若，则为锐角三角形；

②若，则为等腰三角形；

③若，则为等腰三角形；

④若，则为等边三角形.

以上命题中，所有真命题的序号为_________________．

【答案】①③④

【分析】①利用切弦关系及三角恒等变换、三角形内角性质可得，即可判断；②③④利用正弦边角关系、三角恒等变换得到三角形内角的关系，即可判断正误.

【详解】①

，而，

所以都为锐角，正确；

②由正弦边角关系：，则，，

所以或（），故为等腰或直角三角形，错误；

③由正弦边角关系：，，

所以，故为等腰三角形，正确；

④由，而，故，

且，故，则为等边三角形，正确.

故答案为：①③④

四、解答题

17．试分别解答下列两个小题：

(1)已知函数的定义域为A，当时，函数的图象与直线没有公共点，求实数m的取值范围；

(2)若奇函数是定义在上的减函数，且，求实数a的取值范围．

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）根据对数函数的性质可得，然后利用三角函数的性质可得，结合条件即得；

（2）根据函数的奇偶性及单调性可得，进而即得.

【详解】（1）由可得：，

所以的定义域，

当时，，

所以，

从而，又函数的图象与直线没有公共点，

所以或；

（2）由可得：

因为为奇函数，

所以，

又因为函数是定义在上的减函数，

∴，

解得.

18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再根据余弦定理求解即可；

（2）结合（1）得，再根据三角恒等变换求解即可.

【详解】（1）解：∵，

∴

∵

∴，即

∵，

∴

∴

（2）解：∵，

∴

∴

19．在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：

(1)求四棱锥的体积；

(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；

(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.

【详解】（1）在图1中，∵，∴，

又，∴，

又，

∴四边形为平行四边形，

∵，

∴平行四边形为菱形．

在图2中，连接，则，

又平面，

，∴平面，

∵平面，∴

∵，平面,

∴平面

（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

所以，∴，从而二面角为直二面角

20．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，D为边上的一个点．

(1)若的面积为，，求的长；

(2)若，，求的最大值及此时角C的大小．

【答案】(1)

(2)的最大值为，此时

【分析】（1）由正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而得，再根据的面积得，再利用余弦定理求解即可；

（2）由题知，进而在中利用正弦定理，再根据三角恒等变换得，最后根据三角函数的性质求最大值即可.

【详解】（1）解：∵，

∴

∵

∴

∵，∴，即，

∵，

∴

∵的面积为，

∴

∴

∵，

∴，，

∴，解得.

（2）解：∵由（1）知，

∴为正三角形，从而

在中，由正弦定理得

∴

∴

∵，∴

所以当，即时，

21．如图，在三棱柱中，，，平面平面．

(1)求证：平面；

(2)若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）作于H，

∵平面平面，平面平面

∴平面

∵平面，

∴，

∵，平面，

∴平面；

（2）设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，

由（1）可知平面，∴，

∵，∴

∵∴

∵Q是的重心，∴，

而

设直线与所成角为，则

．

此时

设平面的一个法向量为

由

令，则，取

设直线和平面所成角为，则

.

22．已知函数．

(1)这比较与的大小；

(2)求证：当时，．参考数据：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，构造函数，再利用导数研究函数最值即可得答案；

（2）根据题意，结合（1）将问题转化为证明，进而设，再根据函数单调性证明即可；

【详解】（1）解：

令，则

设，则，令，

则在上为增函数，

∵，

∴当时．为减函数；当时，为增函数，

∴，即．

∴在上单调递增，

由于，

所以当时，

当时，．

综上可知：

（2）解：当时，要证明，只需证明．

由（1）可知，当时，恒成立，

因此只需证明当时，即可．

设，

则，

因此当时，单调递增；

当时，单调递减

所以的最小值只能是与中最小的一个．

因为，

而．

因为，

所以，所以，，

所以，．

所以，当恒成立，即，

所以，当时，．

【点睛】关键点点睛：本题第二小问解题的关键在于结合（1）的结论，将问题转化为证明，再构造函数求解最小值；再比较是与的大小时，借助中间量实现大小比较.