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    辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题(解析版)

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    这是一份辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题(解析版),共19页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    数学试题考试时间:120分钟满分150一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40.在每小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M={x|x4},集合,则下列关系中正确的是(  )A. MN=M B. MRN=M C. NRM=R D. MN=M【答案】A【解析】【详解】集合,集合,则,A正确;,∴,B错误;,∴,C错误;,D错误,故选A.2. 若复数z满足,则|z|=    A.  B.  C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】利用复数除法求复数z,进而求模长即可.【详解】.故选:C3. ”为真命题的一个充分不必要条件是(    A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先确定为真命题时的范围,进而找到对应选项.【详解】若命题“”为真命题,则充分不必要条件故选:D4. 已知,则    A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用倍角公式可得,再利用弦化切,即求.【详解】,.故选:B5. 已知偶函数在区间上单调递减,则满足x的取值范围是(    A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由偶函数性质得函数在上的单调性,然后由单调性解不等式.【详解】因为偶函数在区间上单调递减,所以在区间上单调递增 , 因为,所以由偶函数性质知所以,解得:.故选:A6. 已知函数上单调递增,则a的取值范围为(    A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数单调递增转化为导数不小于0恒成立,分离参数求解即可.【详解】因为函数上单调递增,所以上恒成立,上恒成立,上单调递增知,所以故选:C7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为,体积分别为.若,则    A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设母线长为,甲圆锥底面半径为,乙圆锥底面圆半径为,根据圆锥的侧面积公式可得,再结合圆心角之和可将分别用表示,再利用勾股定理分别求出两圆锥的高,再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解:设母线长为,甲圆锥底面半径为,乙圆锥底面圆半径为所以所以所以甲圆锥的高乙圆锥的高所以.故选:C. 8. 已知,且,则(    A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数,根据单调性即可确定的大小.【详解】设函数,当,此时单调递增,当,此时单调递减,由题,得,因为,所以,则,且,所以.故选:A.【点睛】解本题的关键是发掘题中三个式子的相似性,并进行等价变形,易于构造函数,本题多次利用函数的单调性,先利用单调性判断函数值大小,再由函数单调性判断自变量大小.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,计20.在每小题给出的选项中,有多个选项是符合题目要求的,全部选对得5分,有选错的得零分,部分选对得2.9. 已知,则下列命题不正确的是(    A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】对于A:当时,不等式不成立;对于B:当时,不等式不成立;对于C:由已知得,由此可判断;对于D:由已知得,由此可判断.【详解】解:对于A:当时,不等式不成立,故A不正确;对于B:当时,不等式不成立,故B不正确;对于C:因为,所以,即,故C不正确;对于D:因为,所以,即,故D正确,故选:ABC10. 内角的对边分别为.已知,且,则下列结论正确的是(    A.  B. C. 的周长为 D. 的面积为【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理得,即可判断A选项;由平方关系及商数关系即可判断B选项;先由余弦定理得,再求出周长即可判断C选项;先求得,再求面积即可判断D选项.【详解】由正弦定理得,整理得,即A正确;可得,则B正确;由余弦定理得,又,可得,整理得的周长为C错误;由上知:,可得,则的面积为D正确.故选:ABD11.  在棱长为2的正方体中,点分别是棱的中点,则(    A.  异面直线所成角的余弦值为B.  C.  四面体的外接球体积为D.  平面截正方体所得的截面是四边形【答案】BC【解析】【分析】利用坐标法可判断AB,利用正方体的性质可判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系,则A错误;,∴B正确;由题可知四面体外接球即为正方体的外接球,所以外接球半径满足,∴C正确;延长延长线与,连接,延长延长线于,连接则五边形为平面截正方体所得的截面,D错误. 故选:BC.12. 已知数列满足为数列的前n项和,则下列说法正确的有(    A. n为偶数时, B. C.  D. 的最大值为20【答案】AC【解析】【分析】对选项A,偶数项构成等比数列,即可求得通项;对选项B,检验当时,所给表达式不满足;对选项C,按照n为奇数和偶数分别讨论,根据,可直接求得;对选项D的最大值为【详解】根据递推关系可知,n为奇数时,n为偶数时,,故A对;根据奇数项构成等差数列可得:而又:则有:,故B错误;,故C对;根据中的奇数项构成等差数列,而偶数项之和不是1就是0,因此根据特点可知:的最大值在奇数项之和取得最大值的附近,的最大值为,故D故选:AC三、填空题:本题共4小题,每小题5分,计20.13. 已知函数,则___________.【答案】9【解析】【分析】根据函数解析式直接求解即可.【详解】解:根据题意,故答案为:914. 正方形的边长为2,以为直径的圆,若点为圆上一动点,则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】的中点为坐标原点建立平面直角坐标系,设点,根据向量的坐标运算结合正弦值的有界性运算求解.【详解】如图,以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系,则∵圆M为标准单位圆,设点,则又∵,则.故答案为:.15. 设函数,已知,且,若的最小值为e,则a的值为______.【答案】##【解析】【分析】,由图象可知,构造函数,利用导数求函数最小值即得.【详解】,由图象如图所示可知因为,则,得,即,则∴当时,即时,,则上单调递减,所以,解得(不满足,舍去);∴当时,即时,上单调递减,在上单调递增,所以,解得满足题意.综上可得,故答案为:.16. 在三棱锥中,平面ABC.以A为球心,表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______【答案】【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得平面PBC,进而知球面与侧面PBC的交线为以为圆心,半径为1的半圆弧,利用弧长公式求解.【详解】设以A为球心的球的半径为,则,解得如图,取中点,由平面ABC平面ABC,所以平面PAC平面PAC,又平面PBC,则所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心,半径为1的半圆弧,故所求长为故答案为:四、解答题:本题共6小题,计70.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,且1求数列{}的通项公式;2设数列{}的前n项和为,求数列{}的前n项和.【答案】(1    2.【解析】【分析】1)根据等比数列的通项公式进行求解即可;2)利用错位相消法进行求解即可.【小问1详解】,或(舍去),所以【小问2详解】由(1)可知,所以所以,设数列{}的前n项和为,得.18. 在①,②,③三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答.中,角的对边分别为        的平分线交于点,若,求:1求角2的最小值.【答案】(1条件选择见解析,    29【解析】【分析】1)若选①:利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简求解;若选②:利用正弦定理边化角结合余弦定理化简求解;若选③:根据面积公式结合数量积的定义运算求解;(2)根据面积关系结合面积公式化简整理得,再结合基本不等式中“1”的灵活运用求解.【小问1详解】若选①:,由正弦定理得又∵,所以,所以.若选②:,由正弦定理得,即所以由余弦定理得,即,所以.若选③:,得,所以,所以.【小问2详解】因为的平分线交于点,所以,则,整理得,即所以,当且仅当,即时取等号,的最小值9.19. 如图,在四棱锥中,底面是矩形,平面,且.1求证:平面平面2,求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1证明见解析    2【解析】【分析】1)由已知,根据条件先推导,然后再根据,所以,结合,使用线面垂直的判定定理证明平面,然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可;2)以为坐标原点,建立空间直角坐标系,分别表示出各点坐标,然后求解出平面的法向量,然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【小问1详解】因为,所以,所以又因为,所以,所以,所以又因为平面平面,所以又因为平面,所以平面平面,所以平面平面.得证.小问2详解】如图,以为坐标原点,分别以所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系,则点,则设平面的法向量为,则,即可得平面的法向量为设直线PB与平面ADP所成角为,则.直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.20. 已知函数.1求函数的单调递增区间;2若函数在区间上恰有个零点i)求实数的取值范围;ii)求的值.【答案】(1    2i;(ii.【解析】【分析】1)利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到;根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间;2)(i)令,将问题转化为上恰有个不同的交点,利用数形结合的方式即可求得的取值范围;ii)由(i)中图像可确定,由此可得,整理可得,由两角和差正弦公式可求得的值,即为所求结果.【小问1详解】,解得:的单调递增区间为.【小问2详解】i)由(1)得:时,,则在区间上恰有个零点等价于上恰有个不同的交点;作出上的图像如下图所示,由图像可知:当时,恰有个不同的交点,实数的取值范围为ii)设个不同的交点分别为整理可得:.21. 已知正项数列的前n项和为,且满足.数列满足1求数列的通项公式;2若从数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列,设数列的前n项和为,求【答案】(1    2【解析】【分析】1)两个数列的通项都是通过作差后再变形整理求得通项;2)根据数列的特征去掉数列中的项后再求和即可.【小问1详解】因为,(1所以当时,2),所以(1-2)得,所以                因为,所以                因为,所以所以数列是首项为2,公差为2的等差数列,                所以                因为,(3所以当时,,(4所以(3-4)得,解得        时,满足上式,所以【小问2详解】由(1)知                数列60项中与数列的公共项共有6项,且最大公共项为又因为从而数列中去掉的是7项,所以22 已知函数.1)求函数的极值;2)证明:有且只有两条直线与函数的图象都相切.【答案】1)极大值为,没有极小值;(2)证明见解析.【解析】【分析】1)求出的解析式,利用导数判断单调性,由单调性可得极值;2)设直线分别切的图象于点,分别求出切线的方程,比较两个方程可得关于的方程组,消去可得关于的方程,再构造对应的函数,利用导数判断单调性结合零点存在性定理即可求得函数有两个零点,即方程有两个根即可求证.【详解】1的定义域为 时,;当时,所以上单调递增,在上单调递减, 所以的极大值点,的极大值为,没有极小值. 2)设直线分别切的图象于点可得,得的方程为可得的方程,即.比较的方程,得消去,得. ),则.时,;当时,所以上单调递减,在上单调递增,所以. 因为,所以上有一个零点; ,得所以上有一个零点,所以上有两个零点, 故有且只有两条直线与函数图象都相切.【点睛】方法点睛:利用导数研究函数的单调性和极值的步骤:①写定义域,对函数求导②在定义域内,解不等式③写出单调区间,并判断极值点求得极值.

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