2023届辽宁省实验中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省实验中学高三上学期期中数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2023届辽宁省实验中学高三上学期期中数学试题

一、单选题
1．若复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是（    ）.
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据复数运算法则计算得 ，根据点所在象限列不等式组即可求解.
【详解】解：由题得 ，在复平面内所对应的点在第四象限，
所以 ，解得 .
所以.
故选：B
2．已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，且，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】B
【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理分别去判断各个选项，即可判断出正误.
【详解】解：对于选项，若，，则与可以平行，相交，或为异面直线，因此不正确；
对于选项，若，且，则，因此正确；
对于选项，若，，，，则与不一定平行，因此不正确；
对于选项，若，，，则与不一定垂直，因此不正确.
综上，正确的命题是B.
故选：B.
【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，注意空间中线线、线面、面面的位置关系的合理运用，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.
3．某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比上一年增加10%.则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是（    ）（参考数据：）
A．2027年 B．2028年 C．2029年 D．2030年
【答案】C
【分析】设出未知数，列出不等式，求出的最小值为8，故答案为2029年.
【详解】设（）年后公司全年投入的研发资金为，则，令，解得：，将，代入后，解得：，故的最小值为8，即2029年后，该公司全年投入的研发资金开始超过600万元.
故选：C
4．已知函数，若，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先讨论的单调性，再通过单调性找出的大小关系.
【详解】当时，，在单调递增，且，当时，在单调递增，且，故在R上单调递增.
，解得或.
故选：B
5．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则由乙箱中取出的是红球的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据全概率公式求得正确答案.
【详解】依题意，乙箱中取出的是红球的概率为.
故选：D
6．数学家欧拉于1765年在其著作《三角形中的几何学》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若AB=4，AC=2，则下列各式不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求得，然后结合欧拉线、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】是三角形的重心，所以，
，A错误.
根据欧拉线的知识可知，B选项正确.




，所以C选项正确.


，所以D选项正确.
故选：A
7．已知等差数列，是数列的前n项和，对任意的，均有成立，则不可能的值为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】由已知分析可得，公差，讨论当时，当，时，与的关系，计算即求得的取值范围,得出结果.
【详解】等差数列，对任意的，均有成立，即是等差数列的前项和中的最小值，必有，公差，
当，此时，、是等差数列的前项和中的最小值，此时，即，则
当，此时是等差数列的前项和中的最小值，此时，，即，则,则有，
综合可得：分析选项可得：BCD符合题意；
故选：A
8．已知实数，满足，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由条件令，则，根据条件，则，得；构造函数，求导可判断单调递增．故方程只有一个解，可得，即可求得的值．
【详解】解：由条件得，，令，，则，由条件，则，
令，，则，显然当时，，在上单调递增．
故由，可得，
．
故选：C．

二、多选题
9．已知，则（    ）
A．的最大值为
B．的最小值为4
C．的最小值为
D．的最小值为1
【答案】BC
【分析】根据基本不等式可求A,B,D,根据判别式判断方程有根可判断C.
【详解】由，即，当且仅当时等号.故A错，，
进而可得：，当且仅当取等号，故B正确，
令，则，所以，故可化为，整理得，
由，得，即，解得或（舍去），C正确，
，，当且仅当时等号成立，D错误
故选：BC．
10．已知函数在上有且只有三个零点，则下列说法中正确的有（    ）
A．在上存在，，使得
B．的取值花围为
C．在上单调递增
D．在上有且只有一个最大值点
【答案】ABC
【分析】根据已知可得最小正周期，可判断既可以取得最大值也可以取得最小值；根据零点坐标可得出；根据的单调区间结合的取值花围可判断C；可判断可能存在两个最大值点.
【详解】对于A，由题意可知的最小正周期，所以在上既可以取得最大值也可以取得最小值，故A正确.
对于B，函数图象在轴右侧与轴交点的横坐标分别为，，，，要使在上有且只有三个零点，只需，解得，故B正确.
对于C，函数在上单调递增，因为，所以，故C正确.
对于D，考虑到的取值范围为，显然，所以可能存在两个最大值点，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题考查正弦型函数的性质，解题的关键是根据已知得出的取值范围.
11．函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，该结论可以推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数．（    ）
A．若，则函数为奇函数
B．若，则
C．函数的图象必有对称中心
D．，
【答案】ACD
【分析】中心对称函数的性质，利用函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．对于AB选项，利用表达式可以直接进行判断.选项C，直接利用定义判断,求出对称中心点.选项D，不等式恒成立问题，根据的函数性质证明即可.
【详解】对于选项A，记．
因为，所以为奇函数，故选项A正确；
对于选项B，由选项A可知，从而，
所以，故选项B错误；
对于选项C，记．若为奇函数，则，
，即，
所以，即．
上式化简得，．
则必有，解得，
因此当时，的图象必关于点对称，故选项C正确；
对于选项D，由选项C可知，．
当时，是减函数，，所以
，
故选项D正确．
故选：ACD．
12．已知正四面体的棱长为3，其外接球的球心为．点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（    ）
A．四边形的周长为定值 B．当时，四边形为正方形
C．当时，截球所得截面的周长为 D．四棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【分析】求得四边形的周长判断选项A；依据正方形判定标准判断选项B；求得平面截球所得截面的周长判断选项C；求得四棱锥的体积的最大值判断选项D.
【详解】平面，平面平面，平面平面
则 ，，则
又平面，平面平面，平面平面
则 ，，则
则四边形为平行四边形.
由，可得，则，
又正四面体的棱长为3，
则，
选项A：四边形的周长为.判断正确；
选项B：当时，，，则平行四边形为菱形
又正四面体中，对棱，则，
则菱形为正方形. 判断正确；
分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ ，
设DN、CM交于K ，连接AK，则AK为正四面体的高
正四面体的棱长为3，其外接球的球心为,则在AK上，连接CO
，，
设球半径为R，则，
即，解之得

由，可得
同理有，则为异面直线之间的距离
，则点到的距离为，球心到的距离为
选项C：当时，设与交于T，则，T到的距离为
球心到平面的距离为
则平面截球所得截面半径为
则平面截球所得截面的周长为.判断错误；
选项D：由，
可得点A到平面的距离为，又平行四边形为矩形，
则四棱锥的体积
令，则
由得，由，得
则在单调递增，在单调递减，在时取最大值，即的最大值为
故四棱锥的体积的最大值为.判断正确.
故选：ABD

三、填空题
13．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______．（用数字作答）
【答案】-192
【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.
【详解】由题意知，
二项式系数之和，
所以
所以，
所求的系数为.
故答案为：-192
14．已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.
【答案】##
【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.
【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：

若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，
又，，
所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；
面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
故答案为：.
15．在锐角三角形ABC中，若sinA=2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是______.
【答案】8.
【详解】，又，因此
即最小值为8.
【解析】三角恒等变换，切的性质应用
【名师点睛】消元与降次是高中数学中的主旋律，利用三角形中隐含的边角关系作为消元依据是本题突破口，斜三角形中恒有，这类同于正、余弦定理，是一个关于切的等量关系，平时应多总结积累常见的三角恒等变形，提高转化问题能力，培养消元意识．此类问题的求解有两种思路：一是边化角，二是角化边．


四、双空题
16．已知：若函数在上可导，，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则___________，___________.
【答案】     1     ##
【分析】令，即可求出，再将两边求导数，即可得到，即可得到，从而得到，再用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为，令，即，所以；

又，
所以，所以，所以
所以
故答案为：；

五、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．
(1)求b的值；
(2)若AD平分∠BAC，且交BC于点D，，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将代入已知条件，在利用正弦定理及两角和的正弦公式即可解决问题
（2）设，利用等面积法求出的值，
然后代入公式即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
由正弦定理得，
，
由正弦定理得．
（2）设，
因为，
AD平分∠BAC，
所以，
因为，，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以的面积．
18．如图1，在平面四边形ABCD中，已知ABDC，，，E是AB的中点．将△BCE沿CE翻折至△PCE，使得，如图2所示．

(1)证明：；
(2)求直线DE与平面PAD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取CE的中点F，连接PF，DF，通过证明线面垂直继而证明线线垂直；
（2）找到垂直关系，建立空间直角坐标系，找打直线DE的方向向量与平面PAD的法向量，根据向量公式即可求出正弦值.
【详解】（1）如图取CE的中点F，连接PF，DF，

由题易知△PCE，△DCE都是等边三角形，
⸫DF⊥CE，PF⊥CE，
⸪，平面DPF，平面DPF
⸫CE⊥平面DPF．
⸪平面DPF
⸫DP⊥CE．
（2）解法一：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，
又平面PAD，所以平面PAD，
所以点E与点F到平面PAD的距离相等．
由（1）知CE⊥平面DPF，
所以AD⊥平面DPF．
又平面PAD，
所以平面PAD⊥平面DPF．
过F作FH⊥PD交PD于H，则FH⊥平面PAD．
，，
故点F到平面PAD的距离．
设直线DE与平面PAD所成的角为，
则，
所以直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．
解法二：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，由（1）知CE⊥平面DPF，所以AD⊥平面DPF．
如图，以D为坐标原点，DA，DF所在直线分别为x，y轴，

过D且垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，．
易知，，
故，，
所以，，，
设平面PAD的法向量为，
则，得，
令，得，所以．
设直线DE与平面PAD所成的角为，则，
故直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．
19．已知数列满足，且，
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用已知条件推导数列的通项公式，注意分n为奇数，偶数讨论
（2）利用分组求和法求解.
【详解】（1）∵且，
∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴．
当n为奇数时，，
当n为偶数时，
综上，．
（2）当n为偶数时，；
当n为奇数时，，
∴

20．如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且，．

(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求二面角A-BE-C的平面角的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理及性质定理，及线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出二面角的余弦值，然后求解即可.
【详解】（1）证明：取BC中点M，AB中点N，连接DM，MN，EN．
∴MN∥AC且，又，，
∴DE∥MN，且所以四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM且，又AC⊥平面BCD，平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵，
∴DM⊥BC，又平面平面，平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，
∴EN⊥平面ABC，又平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC．
（2）由（1）知，AC⊥BC，EN∥DM且，
EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC
以C为原点，CA，CB所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
则，，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，即，取，则，
∴
又，则CN⊥AB
又平面平面，平面ABC，
所以CN⊥平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，
∴．
∴二面角A-BE-C的取值范围是．
21．学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“B类解答”为评估此类解答导致的失分情况，某市教研室做了项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“B类解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例大约如下表：
教师评分（满分12分）
11
10
9
各分数所占比例




某次数学考试试卷评阅采用“双评＋仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“B类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）．
(1)本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“B类解答”，求甲同学此题得分X的分布列及数学期望；
(2)本次数学考试有6个解答题，每题满分12分，同学乙6个题的解答均为“B类解答”．同学丙的前四题均为满分，第5题为“B类解答”，第6题得6分．以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“B类解答”的认识．
【答案】(1)分布列见解析；
(2)见解析

【分析】（1）根据题意，随机变量X的取值为9，9.5，10，10.5，11，分别求出各自对应的概率，列出分布列，求出数学期望.
（2）分别求出乙、丙同学得分的均值，对数据进行分析即可.
【详解】（1）根据题意，随机变量X的取值为9，9.5，10，10.5，11
设一评、二评、仲裁所打的分数分别是x，y，z

，





，

，
故X的分布列为
X
9
9.5
10
10.5
11
P







（2）由题意可知：乙同学得分的均值为，
丙同学得分的均值为：．
丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，
在做题过程中要规范作答，尽量避免“B类解答”的出现．
22．已知函数．
(1)若，判断函数有几个零点，并证明；
(2)若不是函数的极值点，求实数a的值．
【答案】(1)有两个零点，证明见解析
(2)

【分析】（1）将代入函数，对函数求导，利用函数导数单调性进行分析即可
（2）由，求导利用函数的单调性分析极值点，注意分类讨论.
【详解】（1）时，，，
令，则，
故在上是增函数，又，，
所以存在，使得，
∴在单调递减，在单调递增，
∵，，，
∴有两个零点．
（2） ，
，．
令，则，
令，则，
当时，；
当时，
又，故当时,
即在上是增函数．
若，即，则
当时，；
当时，．
故在上是减函数，在上增是函数，
当时，，
在上是增函数，
不是函数的极值点．
若，则，此时
若，存在，使；
若，取，
则当时，．
故在上是减函数，和的变化情况如下：


0


＋
0
－

增函数
极大值
减函数

若是函数的极大值点，不符合题意．
若 ，同理可证是函数的极小值点，不符合题意．
综上可知．
【点睛】本题为压轴大题，主要过程是对函数求导，利用函数的单调性进行分析，难点在于遇到含参数时，对参数进行分类讨论，本题同时出现了指数函数和三角函数，解决时往往借助三角函数的有界性及指数函数的单调性来确定导数的正负，从而使问题得以解决.