2023届天津市天津经济技术开发区第二中学高三上学期期中数学试题含答案

2023届天津市天津经济技术开发区第二中学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】A

【分析】利用集合的交集、补集运算,即可求解.

【详解】解：，,

故选:A

2．命题“”是“”的（     ）

A．既不充分又不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．充分不必要条件

【答案】A

【分析】举反例即可.

【详解】令则 而不是充分条件

若 即

或

即同号时，异号时, 不是必要条件

故选：A.

3．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】判断出的奇偶性，结合的符号可选出答案.

【详解】因为的定义域为，

所以是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D

因为，所以排除A

故选：C

4．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据指数函数的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，将与对比，即可求出结论.

【详解】由题知，

，则.

故选:A.

【点睛】本题考查利用函数性质比较大小，注意与特殊数的对比，属于基础题..

5．下列各式化简运算结果为1的是（    ）

A． B．

C．（且） D．

【答案】D

【分析】根据对数的性质进行计算即可.

【详解】对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误；

对于D，，故D正确.

故选：D.

6．已知向量，，则在上的投影向量为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量在方向上的投影乘以与同向的单位向量可得出结果.

【详解】，∴，

又∵向量，

∴向量在的投影为，

所以，向量在方向上的投影向量为.

故选：A.

【点睛】本题考查投影向量坐标的计算，考查向量投影的定义的应用，考查计算能力，属于基础题.

7．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．某公园中设置的供市民休息的石凳如图所示，它是一个棱数为24的半正多面体，且所有顶点都在同一个正方体的表面上，它也可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，若被截正方体的棱长为，则该石凳的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知得到石凳的各条棱都相等，并求得棱的长度，然后分别计算6个正方形面的和，8个等边三角形面的面积的和，然后求和即得.

【详解】由图形可得该多面体的棱长为，则6个正方形的面积之和为，8个等边三角形的面积之和为，所以该石凳的表面积为．

故选：.

8．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．是周期为的周期函数 B．点是图象的一个对称中心

C．直线是图象的一条对称轴 D．对任意实数，恒成立

【答案】B

【分析】根据给定图象求出函数的解析式，再逐一分析各个选项，计算判断作答.

【详解】依题意，令的周期为，则，解得，，

由得：，而，则有，即，

函数的最小正周期，A不正确；

因，则点是图象的一个对称中心，B正确；

因，则直线不是图象的对称轴，C不正确；

，即是函数的最小值，D不正确.

故选：B

9．已知函数（，且）在R上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用函数是减函数求出的范围，再在同一直角坐标系中，画出函数和函数的图象，根据方程的交点个数数形结合，从而可得出答案.

【详解】解：函数在上单调递减，

则，解得，

在同一直角坐标系中，画出函数和函数的图象，如图：

由图象可知，在上，有且仅有一个解，

故在上，有且仅有一个解，

当即时，

由，

即，则，

解得或1（舍去），

当时，方程可化为符合题意；

当，即时，由图象可知，符合条件，

综上：的取值范围为.

故选：C.

二、填空题

10．若复数，中是虚数单位，则复数的模为             .

【答案】

【分析】利用复数的四则运算化简式子，然后根据复数模的计算公式计算即可.

【详解】

所以

故答案为：

11．若，则的取值范围为        .

【答案】

【分析】根据对数的底数的性质，结合对数函数的单调性分类讨论进行求解即可

【详解】当时，由，

当时，由，即，

综上所述：的取值范围为，

故答案为：

12．已知边长为2的正方形的四个顶点在球的球面上，球的表面积为，则四棱锥的体积为        .

【答案】

【分析】计算出球的半径，分析可知四棱锥为正四棱锥，设顶点在底面的射影点为，则为正方形的中心，求出，进而求出结果.

【详解】      

设球的半径为，则，

解得，

由题意可知，

所以四棱锥为正四棱锥，

设顶点在底面的射影点为，

则为正方形的中心，,

则平面，

所以，

四棱锥的体积为

.

故答案为：.

13．，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，下列命题中正确的个数是        .

①若，，则；    ②若，，则；

③若，，则；    ④若，，，则.

【答案】2

【分析】由面面平行的性质可得①正确；

若，，则 平行或异面，②错误；

由面面垂直的性质定理可知③正确；

根据线面垂直判定定理可知④错误.

【详解】由面面平行的性质可得①正确；

若，，则 平行或异面，②错误；

由面面垂直的性质定理可知③正确；

若，，，因为不一定在平面内，

所以不一定垂直，故④错误；

故答案为：2.

14．若正实数，满足，则的最小值是       .

【答案】12

【分析】首先右边边是的形式,左边是和常数的和的形式,考虑把左边也转化成似的形式,使形式统一.可以猜想到应用基本不等式转化后变成关于的方程,可把看成整体换元后求最小值.

【详解】解析:解法一：,,

,

,

,

令,则,且,

,

,即,

当且仅当,即,时取等号.

的最小值是12.

解法二：由,,得,

（当且仅当时取等号）,即,

,

又,

,即（当且仅当,时取等号）,

的最小值是18,

,

的最小值是12.

故答案为12.

【点睛】本题主要考查了用基本不等式解决最值问题的能力,以及换元思想和简单一元二次不等式的解法,属基础题.

三、双空题

15．如图.在平面四边形中，，           ；若点为边上的动点，则的最小值为           .

【答案】     2    

【分析】利用余弦定理可求，设，利用数量积的运算律可用表示，利用二次函数的性质可求最小值.

【详解】连接，因为，故，

在中，，

故.

所以，所以，

所以，故，而，

所以为等边三角形，故且，

延长交的延长线于，则

设，则，

故

，

，

其中，故当时，有最小值.

故答案为：.

四、解答题

16．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，．

(1)求b的值；

(2)求；

(3)求的值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用正弦定理求得，利用余弦定理求得.

（2）利用正弦定理求得.

（3）先求得，进而求得.

【详解】（1）由，得，

即，且，所以；

因为，且，

解得.

（2）为锐角，，

因为，，解得；

（3）因为，，

所以，

，

又因为.

17．如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，.

(1)求证：平面；

(2)求证：；

(3)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理直接证明；

（2）利用直线与平面垂直证明直线与直线垂直；

（3）求出四棱锥的高与底面积，从而利用体积公式求出体积.

【详解】（1）证明：取中点，连接，因为分别是的中点，所以，

又因为底面是菱形，是的中点，所以，

所以，所以四边形是平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）证明：取中点，连接，

因为，为中点，所以，

又因为平面底面，平面底面，平面，

所以底面，又底面，所以，

因为底面是菱形，所以，

又因为分别是的中点，所以，所以，

又因为平面，所以平面，

又因为平面，所以.

（3）解：由（2）知底面，所以是四棱锥的高，

因为，，为中点，所以，

因为底面是菱形，，，所以，

所以四棱锥的体积.

18．已知数列的前项和为，满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，即可求出数列的通项公式；

（2）利用分组求和、裂项相消法以及等比数列的前项和公式即可求出结果.

【详解】（1）当时，，即，

当时，，

即，因此

所以，

即，

经检验，时成立，所以；

（2），

，

，

.

19．如图，且，，且，且，平面，.

(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；

(2)求二面角的正弦值；

(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）利用空间向量证明线面平行，即证与平面的法向量垂直；

（2）利用向量法求二面角的余弦值，再利用平方关系求正弦值；

（3）利用已知求点坐标，向量法求点到直线的距离.

【详解】（1）证明：因为，，平面，

而、平面，所以，，

因此以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

因为且，且，，

所以， ，，， ，，，，，

设为平面的法向量，，，

则，不妨令，可得；

又，所以，得，

又直线平面，平面．

（2）依题意，可得，，，

设为平面的法向量，

则，

不妨令，可得，

设为平面的法向量，

则，不妨令，可得，

若二面角的大小为，则，

因此，

二面角的正弦值为．

（3）设点坐标为，则，

平面的法向量为，

则，解得，

有，平面的法向量，

点到平面的距离.

20．已知数列满足，其前5项和为15；数列是等比数列，且，，，成等差数列．

(1)求和的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，证明：；

(3)比较和的大小．

【答案】(1)，；

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）求出等差数列的首项，可得等差数列的通项公式；求出等比数列的公比，可得其通项公式；

（2）写出等比数列前n项和公式，作差，化简，即可证明结论；

（3）利用错位相减法求得，化简，将两式相减，根据差的结果，比较大小，可得答案.

【详解】（1）因为，所以数列是公差为1的等差数列，

因为的前5项和为15，所以，

所以，解得，所以．

设等比数列的公比为q，依题意，，又，

可得，解得，所以．

（2）由（1）得，

所以

,

故.

（3）记，

①

②

②-①得

,

,

所以，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，因为

，

所以，

综上，．

【点睛】本题考查了等差等比数列通项公式的求解以及数列的求和方法和有关和式的大小比较，涉及到二项式系数和，综合性较强，解答时要注意数列求和的错位相减法的应用，比较大小时要注意二项式展开式的二项式系数和的应用.