【期中真题】河北省唐山市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题.zip

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唐山一中2022—2023学年度第一学期期中考试
高三年级数学试卷
一､单项单选题（本题共8小题，每题5分，共40分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集定义直接求解．
【详解】由集合，，
又∵，
∴实数a的取值范围为：．
故选：C．
2. ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
【详解】，
∴，
．
故选：C．
3. 已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】设出的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，D；举例说明判断C作答.
【详解】设平面的法向量分别为，
对于A，由得，，，而，则，有，即，于是得，A正确；
对于B，因，则，令直线的方向向量为，又，于是得，有，，B正确；
对于C，三棱柱的三个侧面分别视为平面，
显然平面平面，平面，有，
即满足C中命题的条件，但平面与平面相交，C不正确；
对于D，因，则，因此，向量共面于平面，令直线的方向向量为，显然，
而平面，即不共线，于是得，所以，D正确.
故选：C
4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）
A. 103 B. 107 C. 109 D. 105
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即可得出，求得答案.
【详解】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，
即，则，
∴，
故选：B
5. 若，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求解绝对值不等式与，再结合正切函数的性质求解的范围，根据范围相同判断出是充要条件.
【详解】，即，解得；，即，解得，两个范围相同，所以是的充要条件.
故选：C
6. 已知（其中，）的部分图象如图所示，下列四个结论：

（1）函数的单调递增区间为，
（2）函数的单调递减区间为，
（3）函数的最小正周期为
（4）函数在区间上有5个零点．其中正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先由图象经过的两点求出解析式，再对选项作出判断．
【详解】函数图象过，得出，且在上单调递增，得出；
是函数的极大值点，所以，且周期，得出，
所以函数，显然函数最小正周期为，所以③正确；
求函数单调递增区间，令，得出，所以的单调递增区间为，①错误；
求函数单调递减区间，令，得出，所以的单调递减区间为，②正确；
求函数零点，令，得出，区间为，k的取值为－2，－1，0，1，所以应该是4个零点，④错误．
故选：B
7. 已知，若，则大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数幂的运算可得，再根据对数函数的性质结合条件可得，然后根据即得.
【详解】∵，
又，
∴，
∴，
又，，
所以.
故选：A.
8. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于的关系式，结合三角函数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值.
【详解】，，
则设

所以，即
，
故选：A.
【点睛】三角函数最值问题，要充分使用题干中的条件及一些工具，比如正余弦定理，面积公式，基本不等式等对不等式进行变形，这道题目的难点在于使用了三角函数的有界性，辅助角公式来求解最值.
二､不定项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 如图所示，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，点为正方形的中心，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 直线与是异面直线
B. 线段与的长度不相等
C. 直线平面
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间中线线的位置关系可判断A选项的正误；对于B选项，设的中点为，连接、，证明平面，进而利用几何关系可得；由于不满足，故C错误；设与平面所成的角为，则，进而可计算得
【详解】解：对于A选项，连接，易知平面，平面，所以直线和共面，A项错误；
对于B选项，设的中点为，连接、，则，
∵ ，，，
∴ 平面，
平面，
∴ 平面平面，
平面平面，平面，
平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，
又，故，，，故B项正确；
对于C选项，由于平面，故平面，故，所以不满足，所以直线平面不成立，故C选项错误；
对于D选项，设与平面所成的角为，则，则，故D选项正确.
故选：BD.

【点睛】本题是立体几何综合问题，涉及面面垂直的判断、异面直线的判断、线段长的计算以及线面角的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.本题解题的关键是连接，设的中点为，连接、，进而证明平面平面，再根据相关的几何关系计算即可解决.
10. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（ ）
A. 若，则△ABC一定是等边三角形
B. 若，则△ABC一定是等腰三角形
C. 是成立的充要条件
D. 若，则△ABC一定是锐角三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦定理和三角变换公式可判断ABC的正误，根据余弦定理可判断D的正误.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
故，而为三角形内角，故，
故三角形为等边三角形，故A正确.
对于B，由正弦定理可得，
故，故或，
而，
故或即或，
故三角形为等腰三角形或直角三角形，故B错误.
对于C，等价于，而后者等价于，即，
其中为三角形外接圆半径，故的充要条件为，故C正确.
对于D，由可得，故为锐角，
但不能保证三角形为锐角三角形，故D错误.
故选：AC.
11. 设数列的前n项和为，下列命题正确的是（　　）
A. 若为等差数列，则，，仍为等差数列
B. 若为等比数列，则，，仍为等比数列
C. 若为等差数列，则（a为正常数）为等比数列
D. 若为等比数列，则为等差数列
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，表达出等差数列的前项和，，，验证，得到A正确；
BD选项，举出反例即可；
C选项，求出，得到，从而判断出C正确.
【详解】因为为等差数列，所以，
，，
故，
，
所以，
故，，仍为等差数列，A正确；
若等比数列，当
为偶数时，所以，，
都等于0，不为等比数列，B错误；
若为等差数列，设，则
，为不等式0的定值，所以（a为正常数）为等比数列，C正确；
若为等比数列，设，当，，则，
此时无意义，故D错误.
故选：AC
12. 已知函数与的定义域均为，分别为的导函数，，，若为奇函数，则下列等式一定成立的是（ ）
A. B. .
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将用代入已知等式可构造方程组得到，由此可得关于对称；结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数，则可得C正确；令，代入中即可求得A正确；令，由可推导得到D正确；设，由可知，结合可知，由此可得，知B错误.
【详解】由得：，
，关于中心对称，则，
为奇函数，，左右求导得：，
，为偶函数，图象关于轴对称，
，
是周期为的周期函数，
，C正确；
，，又，
，A正确；
令，则，，
又，，，
即，D正确；
，，
设，则，，
又为奇函数，，，
即，B错误.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 平面向量与的夹角为，，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，再根据数量积的定义求出，最后根据及数量积的运算律计算可得.
【详解】解：因为，所以，
又向量与的夹角为，且，
所以，
所以；
故答案为：
14. 已知等差数列 的前项和为，且，则满足的正整数的最大值 为____
【答案】21
【解析】
【分析】由可知，则可知，由此即可选出答案.
【详解】因为，
所以
所以故，
所以满足的正整数的最大值为21．
故答案为：21
15. 在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，则三棱锥体积的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，从而可得出答案.
【详解】解：正中，为的中点，则，
而平面，平面，则，
而，、平面，则平面，
平面，所以，
平面，平面，，
所以的中点到点、、、的距离相等，
即三棱锥外接球球心为中点，
从而点是三棱锥外接球球心，
设球的半径为，则，
因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，
因为、分别为、的中点，则，故平面，
，
则点到平面的最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.

【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
16. 已知函数，若关于的方程在上有解，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设函数在上的零点为，则由，则在直线上，则可看作是到直线的距离的平方，利用导数求出其最小值即可得到答案
【详解】解：设函数在上的零点为，则，
所以点在直线上，
设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，
所以，，
设，设，
则，所以在上单调递减，
所以，
所以即，所以的最小值为，
故答案为：
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17. 已知等比数列的公比，满足：.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：利用等比数列的通项公式和前项和公式的定义得到关于基本量的方程组，解之即可求得；
法二：利用等比数列的性质和前项和公式的定义依次转化得到关于的方程组，解之即可求得；
（2）法二：分类讨论的通项公式，注意当为偶数时，为奇数，从而利用分组求和法可求得.
【小问1详解】
法一：
因为是公比的等比数列，
所以由，得，即，
两式相除得，整理得，即，
解得或，又，所以，故，
所以，
法二：因为是公比的等比数列，
所以由得，即，则，
故，解得或（舍去），
故，则，所以.
【小问2详解】
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以




.
18. 如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠BAD＝，AB＝1，CD＝3，M为PC上一点，且MC＝2PM.

（1）证明：BM平面PAD；
（2）若AD＝2，PD＝3，求点D到平面PBC的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）过点M作MECD，交PD于点E，连接AE，先证明四边形ABME为平行四边形，可得 BMAE，再根据线面平行的判定定理可得BM平面PAD；
（2）设点D到平面PBC的距离为h，则三V三棱锥D－PBC＝·S△PBC·h＝，求出三棱锥P－BDC的体积为V三棱锥P－BDC＝，利用V三棱锥D－PBC＝V三棱锥P－BDC求解即可.
【详解】（1）过点M作MECD，交PD于点E，连接AE.
因为ABCD，故ABEM.
又因为MC＝2PM，CD＝3，且△PEM∽△PDC，
故，解得EM＝1.
由已知AB＝1，得EM=AB，故四边形ABME为平行四边形，因此BMAE，
又AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，
所以BM平面PAD.
（2）连接BD，由已知AD＝2，AB＝1，∠BAD＝，
可得DB2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD＝3，
即DB＝.

因为DB2＋AB2＝AD2，故△ABD为直角三角形，且∠ABD＝.
因为AB∥CD，故∠BDC＝∠ABD＝.
因为DC＝3，故BC＝.
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥DB，PD⊥DC，
故PB＝，PC＝，
则BC＝PB，故△PBC为等腰三角形，
其面积为S△PBC＝·PC·×3× ＝.
设点D到平面PBC距离为h，则三V三棱锥D－PBC＝·S△PBC·h＝
而直角三角形BDC的面积为S△BDC＝·DC·DB＝×3×＝，
三棱锥P－BDC的体积为V三棱锥P－BDC＝·S△BCD·PD＝××3＝.
因为V三棱锥D－PBC＝V三棱锥P－BDC，即h＝，故h＝.
所以点D到平面PBC的距离为.
【点睛】本题主要考查线面平行的判断定理，考查锥体的体积公式，同时考查了利用“等积变换”法求点到平面的距离，属于中档题.
19. 在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)结合已知条件，利用面面垂直的性质平面，然后利用面面垂直判定定理即可证明；(2)结合已知条件，首先证明平面，然后建立空间直角坐标系，并求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
分别取，的中点和，连接，，，，如下图：

因为，分别是，的中点，所以，且，
因为点为棱的中点，所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为，是的中点，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为侧面为菱形，且，所以为正三角形，
所以，
由（1）知平面平面，平面平面，
所以平面，
又由，故，，两两垂直，
设，则，
以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如下：

则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
从而．
设平面的法向量为，
则令，则，，
从而，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 如图，长方形纸片的长为，将矩形沿折痕翻折，使得两点均落于边上的点，若.

（1）当时，求长方形宽的长度；
（2）当时，求长方形宽的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用二倍角公式求出，再用余弦定理结合面积公式即可求解；（2）由余弦定理结合面积公式表示出即可讨论最值.
小问1详解】
依题意,在△中,,,,
的长度即为△的边上的高,
当时，,
所以
，设
，①

由余弦定理得,得,
，
,②
.
【小问2详解】
在中，，①
，②


.
21. 已知等差数列的前n项和为，且，；数列的前n项和，且，数列的，．
（1）求数列、的通项公式；
（2）若数列满足：，当时，求证：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，得到，再由求解；由，，得，，两式相减得到，从而数列是等比数列求解；
（2）由（1）得到，，利用裂项相消法求解.
【小问1详解】
解：因为，由，得，
所以，即，
设等差数列的公差为d，
所以，
所以．
由，，得，，
两式相减得，
即，
又，
所以数列是以1为首项、2为公比的等比数列，
则；
【小问2详解】
由（1）知：，
，
∴
．
22. 已知
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）有两个不同的零点，，若恒成立，求的范围．
【答案】（1）单调性见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导可得，再根据与的关系分类讨论即可；
（2）由题，，设根据零点关系可得，再代入化简可得恒成立，设，再求导分析单调性与最值即可
【小问1详解】
定义域为

ⅰ）即时，
，或
ⅱ）即时，，恒成立
ⅲ）即，
，或
综上：
时，，单调递减；、，单调递增
时，，单调递增
时，，单调递减；、，单调递增
【小问2详解】
，由题，
则，设
∴

∴
恒成立
，
∴
∴恒成立
设，
∴恒成立

ⅰ）时，，
∴，
∴在上单调递增
∴恒成立，
∴合题
ⅱ），，
∴，
∴上单调递增
时，，
∴在上单调递减
∴，，不满足恒成立
综上：
【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数，令，再化简所求式关于的解析式，再构造函数分析最值.属于难题