2023届辽宁省大连育明中学高三上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省大连育明中学高三上学期期中考试数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届辽宁省大连育明中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据对数的定义，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】由，
所以，
故选：B
2．已知是虚数单位，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】利用复数除法求出z，结合纯虚数的意义求出a，再求出即可作答.
【详解】依题意，，因为纯虚数，则，即，，
复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
3．在中，已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由求出，而，可求值.
【详解】中，由，有，
∵，∴或，
当时，由，解得，.
当时，，与矛盾，此时无解.
所以.
故选：A
4．若等差数列的前项和为,则“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项和公式,判断的正负,进而判断是否为充分条件,当时,的正负无法判断,则的正负无法判断,进而判断不是必要条件,综上即可选出选项.
【详解】解:由题知为等差数列的前项和,
当有成立时,
,
,
,
,
,
,
所以“”是“”的充分条件,
当有成立时,的正负无法判断,
,
则的正负无法判断,
则“”不是“”的必要条件,
综上: “”是“”的充分不必要条件.
故选:C
5．如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（    ）

A．平面
B．
C．直线AE与所成角的范围为
D．二面角的大小为
【答案】C
【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项．
【详解】对于选项A：因为平面平面，平面，
所以平面，故选项A正确；

如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，
，，，对于选项B：，，
因为，所以，即，
故选项B正确；
对于选项C：，，设直线与所成角为，
则，
当时最大等于，此时最小为，
当时最小等于0，此时最大为，所以，
即直线与所成角的范围为，故选项C不正确；
对于选项D：二面角即二面角，
因为，，
平面，平面，
所以即为二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小为，
故选项D正确，
故选：C.
6． 已知向量||＝3，||＝2，＝（m－n）＋（2n－m－1），若与的夹角为60°，且⊥，则实数的值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，用表示，再结合数量积的定义，根据向量垂直则数量积为零，即可求得结果.
【详解】由题意得，＝＋＝(m－n)＋(2n－m)，
＝－，·＝3×2×cos60°＝3.
又因为⊥，
所以·＝[(m－n)＋(2n－m)]·(－)
＝－(m－n) 2＋(2m－3n)·＋(2n－m)·2
＝－9(m－n)＋3(2m－3n)＋4(2n－m)＝0，
整理得7m－8n＝0，故＝.
故选：.
【点睛】本题考查向量数量积的运算，涉及向量垂直的转化，属综合基础题.
7．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则n的值为

A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，…，第层货物总价为万元，可设这堆货物总价为万元，从而可得到，利用错位相减法可求出的表达式，结合可求出答案．
【详解】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，…，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元,则，
，
两式相减得
，
则,
解得，
故选D.
【点睛】利用错位相减求和是解决本题的关键，考查了学生利用数列知识解决应用问题的能力，属于中档题．
8．已知直线分别与函数和的图象交于点、，现给出下述结论：①；②；③；④，则其中正确的结论个数是（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得，、，，关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，判断其单调性，即可判断③，由，判断其单调性，即可判断④．
【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，
，、，，关于对称，则；①正确；
对于②：由，因为，则；②正确；
对于③：构造函数；则，
当时，可得，函数在单调递增；
当时，可得，函数在单调递减；
，，，③正确；
对于④：，，令函数，则
当时，可得，函数在单调递减；
当时，可得，函数在单调递增；
，不对，即④不对．
故选：B
9．如图是函数的部分图象，把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．函数是偶函数
B．函数图象的对称轴为直线
C．函数的单调递增区间为
D．函数图象的对称中心为
【答案】D
【解析】先根据题图求出的图象对应的函数解析式，再根据三角函数的图象变换得到函数的图象对应的函数解析式，最后逐一判断即可.
【详解】解：由题意知函数的最小正周期，由及，得，所以.又的图象经过点，所以.因为，所以，故.把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，再将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且其对应的函数解析式为，是奇函数，A选项错误；函数图象的对称轴为直线，B选项错误；函数的单调递增区间为，C选项错误；函数图象的对称中心为，D选项正确.
故选：D.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象、性质（三角函数的最小正周期、单调性、奇偶性），三角函数的图象变换等，属于中档题.

二、多选题
10．已知函数则下列命题是真命题的是（    ）
A．，
B．，
C．函数只有2个零点
D．直线与的图象有3个交点
【答案】ABC
【分析】画出图像进行判断即可.
【详解】由已知图像如图所示

易知：的最小值为，故A正确.
如图所示：当时，成立，故B正确.
因为与图像只有两个交点，所以只有两个零点.
故C正确.
直线与的图象有 个交点，故D错误.
故选：ABC
11．已知圆C：，则下列命题是真命题的是（    ）
A．若圆关于直线对称，则
B．存在直线与所有的圆都相切
C．当时，为圆上任意一点，则的最大值为
D．当时，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，，则最小值为4
【答案】BCD
【分析】根据圆关于直线对称，得得值，检验半径是否大于零，即可判断A；根据直线与圆相切的充要条件判断B；根据直线与圆的位置关系确定的最值即可判断C；根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系可判断D.
【详解】解：圆C：，整理得：，
所以圆心，半径，则
对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；
对于B，对于圆，圆心为，半径，则，
当直线为时，圆心到直线的距离，
故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；
对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径
由于为圆上任意一点，设，则式子可表示直线，此时表示直线的纵截距，
故当直线与圆相切时，可确定的取值范围,
于是圆心到直线的距离，解得或，
则，所以的最大值为，故C为真命题；
对于D，圆的方程为，圆心为，半径，
如图，连接，

因为直线与圆相切，所以，且可得，又，
所以，且平分，所以，
则，则最小值即的最小值，
即圆心到直线的距离，
所以的最小值为，故D为真命题.
故选：BCD.
12．如图，在三棱锥中，平面，，，，为垂足，则下列命题正确的是（    ）

A．三棱锥的外接球的表面积为.
B．三棱锥的外接球的体积为
C．三棱锥的外接球的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】AC
【分析】根据给定条件，取AC中点，证明点到点的距离相等，计算判断A，B；取PB，PC的中点D，E，证明平面，再确定三棱锥的外接球球心位置，并计算半径作答.
【详解】在三棱锥中，取AC中点，连接，如图，

因，，，则，
因此点是三棱锥的外接球球心，球半径为，球表面积为，
球体积为，A正确，B不正确；
因平面，平面，则，而，平面，
因此平面，取PB，PC的中点D，E，连DE，如图，有，

于是得平面，而，则三棱锥的外接球被平面截得的小圆圆心为D，
因此该球的球心O在直线DE上，连接，令球O半径为R，而，
令，即有，，
在中，，，，
在中，，由得：
，即，解得，
从而得，三棱锥的外接球体积为，表面积为，C正确，D不正确.
故选：AC
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.

三、填空题
13．已知圆，一条动直线过与圆相交于、两点，若点为弦的中点，则直线的方程为__________.
【答案】
【分析】根据圆方程得出圆心和半径，根据直线过的顶点设出直线的解析式，根据圆的几何知识，得出过圆心和点的直线与直线垂直，计算出直线的斜率，得出直线的方程.
【详解】解；由题意
在直线中，过，设
在圆中，圆心，半径，
∵与圆相交于、两点，若点为弦的中点，
∴有几何知识得，直线垂直平分，即直线垂直直线
∴
∵
∴
∴
即
故答案为：.
14．已知实数，满足，则的最小值为______．
【答案】
【分析】由得，代入结合基本不等式即可求解最值．
【详解】由已知得，，
所以，
当且仅当，即时取得等号．
故答案为：
15．在三棱锥中，，，，二面角的大小为，在侧面内（含边界）有一动点，满足到的距离与到平面的距离相等，则的轨迹的长度为______．
【答案】
【分析】先证明，再求直线的方程和直线的方程，接着求直线与的交点坐标并判断的轨迹为线段，最后求线段长度.
【详解】如图，过作于，平面于，
过作于，连接，

则为二面角的平面角，
由得．
又，所以，
在中，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则直线的方程为，直线的方程为，
所以直线与的交点坐标为，
所以的轨迹为线段，长度为．
故答案为：.
【点睛】本题考查空间中点的轨迹的长度、二面角的定义，是中档题.
16．已知向量与的夹角为，，，向量的夹角为，，则的最大值是___________.
【答案】25
【分析】根据题意作出图形，根据正弦定理可求出.记线段的中点为M，的中点，在中，可求出，从而可求出，然后在中，根据余弦定理求出，从而可求出.
【详解】如图，作圆P，使得，
且点O在优弧上，点C满足，
则，符合题意.
记线段的中点为M，
在中，由正弦定理，得，
取的中点，连接，在中，，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
且，
因为，，所以，
所以
，当且仅当点P在线段上时，等号成立

所以的最大值是.
故答案为：.

四、解答题
17．已知中，分别为角的对边，且．
（1）求；
（2）若为边的中点，，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得，化简可得，结合，即得解；
（2）在中，由余弦定理得，可得，利用面积公式即得解
【详解】（1）中由正弦定理及条件，
可得，∵，，∴，
∵，∴，
或，
又∵，∴，∴，，∴
（2）为边的中点，，，得，

中，由余弦定理得
，
∴，
∴，∵，∴，
．
18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①；②；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上.
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，，，，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F､M分别是AB､CE的中点，且___________.

(1)求证：；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，EG.
选择①：证明，结合，推出BA⊥平面PAD.证明MG//平面PAD，FG//平面PAD.推出平面FGM//平面PAD，得到BA⊥平面FGM，即可证明.
选择②：连接OC，证明，即可，推出BA⊥平面PAD.，然后证明MG//平面PAD，FG//平面PAD.推出平面FGM//平面PAD，得到BA⊥平面FGM.即可证明.
选择③：证明OP⊥平面ABCD，推出，然后证明BA⊥平面PAD，通过证明平面FGM//平面PAD，转化证明.
（2）连接AE，EF，说明∠AEF即为EF与平面PAD所成的角.点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面CAE的法向量，结合平面PAD的法向量，然后求解平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，EG.

选择①：
因为，
所以，即.
又，，
所以BA⊥平面PAD.
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以，且平面PAD，平面PAD，
所以MG//平面PAD.
同理可得：FG//平面PAD.
因为，
所以平面FGM//平面PAD，
所以BA⊥平面FGM.
又平面FGM，
所以.
选择②：
连接OC，则OC=AB=2，，
因为，
所以.
又，
所以BA⊥平面PAD.
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG//PD，且平面PAD，平面PAD，
所以MG//平面PAD.
同理可得：FG//平面PAD.
因为，
所以平面FGM//平面PAD，
所以BA⊥平面FGM.
又平面FGM，
所以.
选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
因为平面平面ABCD=CD，平面PAD，，
所以平面ABCD，
所以.
又，，
所以BA⊥平面PAD.
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG//PD，且平面PAD，平面PAD，
所以MG//平面PAD.
同理可得：FG//平面PAD.
因为，
所以平面FGM//平面PAD，
所以BA⊥平面FGM.
又平面FGM，
所以.
（2）连接AE，EF，由（1）可知：AB⊥平面PAD，
所以∠AEF即为EF与平面PAD所成的角.
因为，所以当AE最小时，∠AEF最大，
所以当，即E为PD中点，AE最小.
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
所以.
设平面CAE的法向量为，
则，令，得.
由题意可知：平面PAD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.
19．已知函数.
(1)若曲线上横坐标为的点处的切线斜率为3，求点处的切线方程；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(3)证明：当时，对任意的且，恒有.
【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析.

【分析】（1）利用导数的几何意义，求得，再根据点斜式即可得解；
（2）由题意可得在恒成立，及在恒成立，求得的最小值即可得解；
（3）利用作差法证明不等式，构造函数，领用导数证明即可得证.
【详解】（1）求导可得，
根据导数的几何意义可得，可得，
所以，
，
所以，
即点处的切线方程为；
（2）根据题意可得在恒成立，
所以在恒成立，
令，对称轴为，
所以，所以，
故实数的取值范围为；
（3）令

，
令
可得或，
由，所以，
在区间上，，为减函数，
所以在区间上，，为增函数，
所以最小值为，
又，所以恒成立，
即当时，对任意的且，
恒有.
20．已知圆的圆心坐标为，且圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于M，两点，直线与直线的交点为.
(1)求圆C的标准方程；
(2)是不是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)定值为

【分析】（1）由直线与圆相切，计算圆心到直线的距离即圆的半径，可以写出圆的标准方程；
（2）利用圆的垂径定理将转化为，分析AC与直线l的位置关系，由数量积的几何意义，得到定值.
【详解】（1）圆心C到直线l的距离，因为直线与圆相切，
所以半径，圆C的标准方程为：.
（2）
设MN的中点为P，则，
AC的斜率为，所以AC与直线l垂直，
A到直线l的距离为，所以在方向上的投影为，
又因为，
所以，
即为定值.
21．设数列满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若数列满足，是否存在实数，使得数列是单调递增数列?若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
(3)对于大于2的正整数（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)

【分析】（1）根据题意，结合递推公式以及等比数列定义，即可求证；
（2）根据题意，通过对进行讨论，结合作差法，即可求解；
（3）根据题意，分别对、、三个数不同排序进行讨论，即可求解.
【详解】（1）证明：根据题意，由，
得，即，
又，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）依题意，
则.
若存在，则对恒成立.
①当奇数时，，其中当时，，故；
②当为偶数时，，其中当时，，故.
综上所述，存在实数，使得数列是单调递增数列.
（3）由（1）知，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，
①若，则，∴，
又，∴，∴；
②若，则，∴，
左边为偶数，右边为奇数，∴不成立；
③若，同理也不成立.
综合①②③得，.
22．已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)设，证明：恰有两个极值点和，并求的值.
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)

【分析】(1)求出导数，判断导函数与零的大小关系，确定函数单调性，进而求出极值；
(2)求得，对函数求导得到，
令，得到在和上单调递增，进而求得函数的单调性和极值，进而得到答案.
【详解】（1）因为，所以，
令，解得：；令，解得：；
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故当时，函数取极小值，无极大值.
（2）由可得，
令，即，
又由和在和上单调递增，
可得在和上单调递增，
又因为，
所以存在唯一一个，使得，
当时，，可得，函数单调递增；
当时，，可得，函数单调递减；
又，
所以存在唯一一个，使得，
同理当时，，可得，函数单调递减；
当时，，可得，函数单调递增；
所以函数恰有两个极值点和，
因为当时，，则，
又由且，所以，
所以.
【点睛】涉及函数极值问题，主要利用倒数确定函数的单调区间和极值，根据极值所在的区间以及它们之间的关系进行等价转化，进而求出结果.