2023届内蒙古自治区鄂尔多斯市高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届内蒙古自治区鄂尔多斯市高三上学期期中数学（理）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届内蒙古自治区鄂尔多斯市高三上学期期中数学（理）试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合、，再去求即可解决.【详解】，则故选：B2．已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分别求得，再去求即可解决.【详解】复数的共轭复数复数的模，则故选：B3．下列说法正确的是（    ）A．命题“若，则”的否命题为“若，则”B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“，”的否定是“，”D．已知命题“，”是假命题，则的取值范围是【答案】D【分析】由否命题可判断A；通过解方程可判断B；由特称命题的否定可判断C；将命题转化为恒成立，进而可判断D.【详解】对于选项A：命题“若，则”的否命题为“若，则”，故A错误；对于选项B：由，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；对于选项C：，“，”的否定是“，”，故C错误；对于选项D：因为命题“，”是假命题，所以对恒成立，所以恒成立.因为，所以，则，故，故D正确.故选：D.4．向量与共线，向量与垂直，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量共线公式可得，根据垂直的坐标公式可得，再根据数量积的坐标公式求解即可.【详解】与共线则，解得，与垂直则，解得.故，，故.故选：B5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三视图的数据，画出原几何体的直观图，利用平移法即可求解异面直线所成角的正切．【详解】解：如图，由三视图还原几何体为三棱锥，由图可知最长的棱为长方体的体对角线，最短的棱为，异面直线与所成的角为，由三视图可得，，所以，即最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为.故选：C．6．已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，再根据平移的左正右负的原则得到的解析式，最后得到的单调增区间.【详解】函数的图像关于点对称，，，，，，，将函数向左平移单位的解析式是，令,，结合所给的选项，令，则的一个增区间为，故选：B.7．若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是(　　)A．pm B．p2mC．qm D．q2m【答案】C【详解】因为项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，所以得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.选C.8．如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，， ，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空间向量的线性运算、三角形的中位线及线段中点的向量表示进行化简求解.【详解】如图，连接，因为点，分别是，的中点，所以.因为点是的中点，所以.因为点是的中点，所以，则.故选：D. 9．已知，，，则a，b，c的大小关系为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．10．已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，因为，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为AB⊥BC，，所以，因为，所以，过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得，在△OSD中，∠ODS＝，利用余弦定理可得，解得R2＝，所以其外接球的表面积为.故选：D11．对任意两个非零的平面向量，定义，若平面向量满足，的夹角，且和都在集合中，则=（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】由题意可可设，，，，得，对，进行赋值即可得出，的值，进而得出结论．【详解】解：，故．又由，可设，，令，，且又夹角，所以，对，进行赋值即可得出所以．故选：C．12．设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，所以，所以即，所以，即3，而已知，所以3，故，解得或，故选C.【解析】本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.  二、填空题13．若满足约束条件 则的最大值为__________．【答案】【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义可知当时，.【详解】不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，如下图所示，目标函数的最大值必在顶点处取得，易知当时，.【点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择及填空的形式出现，基本题型为给出约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.14．若 ，则 __________.【答案】【分析】先利用同角三角函数的基本关系把1换成，， 分子分母同时除以，最后把的值代入即可求得答案．【详解】 即答案为.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值．解题的关键是把原式中的弦转化成切，利用已知条件求得问题的解决．15．函数（）的最小值为__________．【答案】【分析】将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．【详解】由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．故答案为：.【点睛】（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16．已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是_________________________ ．【答案】【分析】根据题意，作出函数的图像，进而数形结合，将问题转化为方程在区间上有两个不相等的实数根，再结合二次函数零点分布求解即可.【详解】解：根据题意，作出函数的图像，如图：令，因为方程有8个相异的实数根，所以方程在区间上有两个不相等的实数根， 故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.所以，即，解得.所以实数的取值范围是.故答案为： 三、解答题17．在中，已知．(1)求的大小；(2)若，求cosB和a的值．【答案】(1)或(2)， 【分析】（1）由可求，再由，用正弦定理算出，可得.（2），结合已知条件可求值，再用余弦定理求a的值.【详解】（1）△ABC中，因为，所以．由正弦定理得：，    所以．所以或．（2），则，所以（舍去）．此时，，，，所以．即．由余弦定理得：，即，由，解得：.18．已知函数=4tan xsin（）cos（） .（Ⅰ）求f（x）的定义域与最小正周期；（Ⅱ）讨论f（x）在区间[]上的单调性.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）在区间上单调递增, 在区间上单调递减.【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式将函数化为基本三角函数：，再根据正弦函数的性质求定义域、最小正周期；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论，研究函数f（x）在区间[]上单调性.试题解析：（Ⅰ）的定义域为..所以, 的最小正周期（Ⅱ）令函数的单调递增区间是由,得设，易知.所以, 当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.【解析】三角函数性质，诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式【名师点睛】三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式、辅助角公式等，选用恰当的公式，是解决三角问题的关键，明确角的范围，开方时正负取舍是解题正确的保证. 对于三角函数来说，常常是先化为y＝Asin（ωx＋φ）＋k的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要灵活运用降次公式． 19．已知数列与的前项和分别为，，且，．(1)求数列的通项公式；(2)，若恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系求出和，证明是等差数列，即可求出数列的通项公式.（2）化简，利用裂项相消法求出，再利用数列的单调性即可求出的取值范围.【详解】（1）由题意， ，在数列中，当时，，解得或．∵∴．∵∴．两式相减得．∴．∵，∴．即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，∴即（2）由题意及（1）得，，在数列中，在数列中，∴．∴．∵恒成立，∴．∴的取值范围为20．已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．(1)证明：DN//平面PMB；(2)证明：平面PMB平面PAD；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解(3) 【分析】（1）作辅助线，利用线面平行判定定理证明（2）作辅助线证明平面，进而证明面面垂直（3）建立直角坐标系，求出两个平面的法向量，进而求出二面角的余弦值.【详解】（1）取中点，连接，因为点分别是的中点，所以且又因为底面是菱形，所以，所以所以四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面（2）连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以因为，且平面，所以又因为，所以平面，又因为平面所以平面平面.（3）以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.令，则，由（2）知平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则所以由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）用表示中的最大值，设函数，讨论零点的个数.【答案】(1) 当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在单调递增；(2) 当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.【分析】（1）对参数进行分类讨论，即可由导数的正负判断函数的单调性；（2）根据的定义，利用导数分区间讨论在上的零点分布情况.【详解】（1），故可得，当时，在上恒成立，故此时在上单调递增；当时，令，解得，故容易得在区间上单调递减，在单调递增.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在单调递增.（2）①当时，，，显然此时没有零点；②当时，，若，，故是的零点；若，，故不是的零点；③当时，，所以在上的零点个数，即为在上的零点个数.在上的零点个数，等价于在上实数根的个数.令，故可得，故容易得在区间单调递减，在单调递增.且.故当或时，在没有零点；当或，在有一个零点；当时，在有个零点.综上所述：当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及求解函数零点的个数，属综合困难题.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程：（2）设直线与曲线交于点,若点的坐标为,求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）消去参数可得直线的普通方程．把写成，再利用得到直角方程.（2）直线的参数方程为，将其代入圆的方程得到关于的方程，其解为，而，利用韦达定理可求此值.【详解】（1）消去参数，得到直线的普通方程为：；曲线的极坐标方程为：，∴，化为普通方程是：，∴圆的直角坐标方程为； （2）把直线的参数方程代入，得， 设两点对应的参数分别为，因为，所以，，（其中同号）所以．【点睛】如果直线的参数方程是 （是参数且，是直线的倾斜角），那么表示与之间的距离．因此，在参数方程中，针对直线上的动点到定点的距离和、积或差等问题（动点和定点都在该直线上），可用直线的参数方程结合韦达定理来考虑．