山西大学附中2022-2023学年高三数学11月期中考试试题（Word版附解析）

山大附中2022-2023学年第一学期期中考试

高三年级数学答案

1．设集合，3，5，，，则　　

A．， B．， C．， D．，

【分析】先解不等式，求得集合，再由交集的运算法则，得解．

【解答】解：，

所以，．

故选：．

2.已知为虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数为　　

A． B． C． D．

【分析】根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．

【解答】解：，

，

．

故选：．

【点评】本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．

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3.已知的顶点，边上的高所在直线方程为，则所在直线的方程为　　

A． B． C． D．

【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，以及直线的点斜式公式，即可求解．

【解答】解：边上的高所在直线方程为，斜率为，

则直线的斜率为，

所在直线过顶点，

，即．

故选：．

4. 已知点是角终边上一点，则　　

A． B． C． D．

【分析】直接利用三角函数的值和三角函数的定义的应用求出结果．

【解答】解：，

角的终边上有一点为，

，

．

故选：．

5.已知圆的方程圆心坐标为，则圆的半径为　　

A．2 B．4 C．10 D．3

【分析】由圆的方程可得圆心坐标及半径，由题意可得的值，进而求出半径的大小．

【解答】解：由圆的一般方程可得圆的标准方程为：，

可得圆心坐标为，由题意可得，

可得半径，

故选：．

6. 在等比数列中，，若，，成等差数列，则的公比为　　

A．5 B．4 C．3 D．2

【分析】根据等比数列的通项公式，等差数列的性质，方程思想即可求解．

【解答】解：设等比数列的公比为，

由题意可得，

，

，

，

，又，

，．

故选：．

7.设，则“”是“直线与直线平行”的　　

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【分析】根据题意，由直线平行的判断方法，分析两者的关系，即可得答案．

【解答】解：根据题意，当时，两直线的方程为和，两直线平行，

反之，若直线与直线平行，必有，解可得，

当时，两直线的方程为和，两直线平行，符合题意，

当时，两直线的方程为和，两直线平行，符合题意，

故，

综合可得：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，

故选：．

8.函数的部分图象大致为　　

A． B． 

C． D．

由，可得，或，或，，故排除；

由，故排除．

故选：C．

9.内角若、、成等差数列，，且，则　　

A． B． C． D．

【分析】由已知结合等差数列的性质可求，然后结合余弦定理即可求解．

【解答】解：由题意得，

因为，

由余弦定理可得，

解得．

故选：．

10. 已知四面体的所有棱长都等于2，是棱的中点，是棱靠近的四等分点，则等于　　

A． B． C． D．

【分析】先根据，再由数量积公式求解即可．

【解答】解：如图：是棱的中点，是棱靠近的四等分点，

，

空间四面体的每条棱长都等于2，

每个面都是等边三角形，

．

故选：．

【点评】本题考查数量积的求解，属于基础题．

11.在锐角中，，、的对边长分别是、，则的取值范围是　　

A． B． C． D．

【分析】确定的范围，利用正弦定理化简表达式，求出范围即可．

【解答】解：在锐角中，，，，，

可得，所以，

，，

所以由正弦定理可知：，

故选：．

12. ．已知是定义在上的偶函数，且（2），当时，，则不等式的解集为　　

A．，， B．，， 

C．，， D．，，

【分析】构造函数，由已知判断的奇偶性，利用导数判断的单调性，将不等式转化为，即可得出答案．

【解答】解：令，是定义在上的偶函数，

则，为奇函数，

又，当时，，

当时，，

在上单调递增，

在上单调递增，

又（2），（2），

（2），

不等式，转化为，即，

不等式解集为，，，

故选：．

13．过点斜率为的直线在轴上的截距为　　

A．2 B． C．4 D．

【分析】利用点斜式可得直线方程，令，即可得出直线在轴上的截距．

【解答】解：由题意可得直线方程为：，令，解得．

故选：．

14.若，则　　．

【分析】所求的角用已知角表示，由诱导公式可得三角函数值．

【解答】解：因为，所以，

故答案为：．

15.若的展开式中的常数项是 　　（用数字作答）．

【分析】先用二项式系数的性质得值；再用二项展开式的通项公式求常数项．

【解答】解：或，解得，

，

令得，

展开式中的常数项是．

故答案为

【点评】本题考查二项式系数的性质；二项展开式的通项解决二项展开式的特定项问题．

16.若对任意的，，且当时，都有，则的最小值是　　

A． B． C．3 D．

【分析】由于时，都有，则，令，则，进而可得在上单调递增，即可得出答案．

【解答】解：因为时，都有，

所以，

所以，

令，则，

又因为对任意的，，

所以在上单调递增，

，

令得，

所以在上，单调递增，

所以，

所以的最小值为3，

故选：．

17.已知是公差不等于0的等差数列的前项和，，是与的等比中项．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前20项和．

【分析】（1）由结合等差数列的性质和求和公式可求得，再由是与的等比中项，可求出公差，从而可求出通项公式；

（2）由（1）可求出，从而可求出，令，则可得数列是首项为，公差为的等差数列，从而可求得结果．

【解答】解：（1）是等差数列，，

由，得，则，，

设数列的公差为，则由，得，

解得（舍去）或．

；

（2）由（1）知，

令，则，

，

是首项为，公差为的等差数列，

．

即数列的前20项和为55．

18.已知的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）若，为的中点，，求的面积．

【分析】（Ⅰ）由已知及三角形的面积公式可得，，结合正余弦定理进行化简可求

（Ⅱ）由，可得，然后结合余弦定理可求，然后代入三角形的面积公式可求．

【解答】解：（Ⅰ）依题意得，，

由正弦定理得，，即，

由余弦定理得，，

又因为，所以．                                   （6分）

（Ⅱ），，

，，

又，，，

．（12分）

19.

20.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面平面．

（1）证明：；

（2）若，点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．

【分析】（1）易证，再根据平面平面，利用面面垂直的性质定理证明；

（2）连接，易证平面．得到，，两两互相垂直，则为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，再由求解．

【解答】（1）证明：在中，由余弦定理，

得，

所以，

则，即．

又因为平面平面，且平面平面，

所以平面．

又因为平面，所以．

（2）解：连接，由（1）可知，故．

又，所以．又，所以平面．

又平面，所以．又，，

所以平面．所以，，两两互相垂直．

如图，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，．

设平面的一个法向量为，

则，即

令，得．

所以．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点评】本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．

声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/11/9 17:49:34；用户：高伟芳；邮箱：13453195079；学号：41670520

21.已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，，，．

（1）求数列和的通项公式；

（2）若，设数列的前项和为，求．

【分析】（1）直接利用等比数列和等差数列的性质建立方程组，进一步求出数列的通项公式；

（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法和裂项相消法的应用求出数列的和．

【解答】解：（1）设公差为的等差数列前项和为，数列是以公比为的等比数列，，，，，

所以，解得；

故，．

（2）由（1）得：，整理得；

所以，

令，①；

，②；

①②得：，

整理得，

故，

整理得．

22.．已知函数．

（Ⅰ）若，求的最小值；

（Ⅱ）若，恒成立，求的取值范围．

【分析】（Ⅰ）将代入中求导后判断单调性，再求出最值即可；

（Ⅱ）若，恒成立，则恒成立，令，可得的范围，再证明结论成立即可．

【解答】解：（Ⅰ）当时，，则．

显然在上单调递增，且（1），

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

（1）．

（Ⅱ）若，恒成立，

则恒成立，令，则，．

证明如下：当且时， 恒成立，

设，则，

当时，；当时，，

（1），即．

，．

要证，只需证，即证，

令，则，

当时，；当时，，

（1）， 成立．

综上，的取值范围为．

【点评】本题考查了利用零点存在性定理和导数求函数的最值，利用不等式恒成立求参数的范围，考查了转化思想，属中档题．