2023-2024学年度(上)沈阳市五校协作体高三期中考试数学试卷及参考答案（详解版）

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考试时间：120分钟 考试分数：150分
一、单选题
1．集合，若且，则满足条件的集合的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
解析：，
因为且，
所以满足条件的集合的个数为.
故选：C.
2. 已知函数，设甲：，乙：是偶函数，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：当时，，为偶函数，甲是乙的充分条件；
若为偶函数，则，则反向无法推出，
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件，
故选：A．
3. 有一天，数学家笛卡尔在反复思考一个问题：几何图形是直观的，而代数方程是比较抽象的，能不能用几何图形来表示方程呢？要想达到此目的，关键是如何把组成几何图形的点和满足方程的每一组“数”挂上钩，他苦苦思索，拼命琢磨，突然想到，在同一个平面上互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，这样就可以用一组数表示平面上的一个点，平面上的一个点也可以用一组有顺序的两个数来表示，这就是我们常用的平面直角坐标系雏形.如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，请利用平面直角坐标系与向量坐标，计算的值为（ ）
A．B．C．D．
解析：以为原点，以所在的直线为轴，以过点垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
因为，且分别为的中点，
则，可得，
可得，则，且，
因为即为向量与的夹角，
可得.
故选：A.
4. 若等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
解析：依题意，
又，即，则
则，且，
所以等差数列单调递减，，
所以对任意正整数，都有，则．
故选，B．
5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
解析：由已知，，，
∵幂函数在单调递增，且，∴，即；
又∵指数函数在上单调递减，且，∴，即；
又∵指数函数在上单调递减，且，∴，即；
综上所述，，，的大小关系是.
故选：D.
6.在正方体中，点为棱上的动点，则与平面所成角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
解析：设，连接，则，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以即为与平面所成角．
设，，
因为，
所以，
因为，所以，
故选：C．

7，已知奇函数满足：，当时，，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
解析：因为为奇函数，且当时，，，
而，
所以在上单调递增，
所以时，，时
因为所以，
由，即关于对称，
又因为为奇函数，所以，
所以，
所以为的周期，
所以，
因为所以
所以
故选：C.
8. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
解析：延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，

设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
二、多选题
9. 已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A．若z1−z2>0,则z1>z2
B．若，则
C．若复数，满足．则
D．若 ，则的最大值为4
解析：对于A：令，，则，但是虚数不能比较大小，故A错误；
对于B：因为，所以，即，
则或，所以或，所以，故B正确；
对于C设（，），（，），
由可得，
所以，
而，不一定为0，故C错；
对于D：设，，，
因为，所以，
即，，
所以复数在复平面内所对应的点在圆上，
复数在复平面内所对应的点在圆上，
因为两圆的圆心距为，所以两圆相外切，
则两圆上的两点的连线段最大值为，
所以选择BD
10. 如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号是（ ）
A若数列满足，则该数列是等比差数列；
B.数列是等比差数列；
C.所有的等比数列都是等比差数列；
D.存在等差数列是等比差数列．
解析：A数列满足，则，
满足等比差数列的定义，故A正确；
B.数列，
，
不满足等比差数列的定义，故B错误；
C设等比数列的公比为，则，
满足等比差数列，故C正确；
D设等差数列的公差为，
则，
故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即D正确；
故答案为：ACD
11. 已知点A，B在圆O：上，点P在直线l：上，则（ ）
A．直线l与圆O相离
B．当时，的最大值是
C．当PA，PB为圆O的两条切线时，为定值
D．当PA，PB为圆O的两条切线时，直线AB过定点
解析：
对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；
对于B，令AB的中点为D，则，，
点D在以O为圆心，为半径的圆上，
，显然当在上运动时，无最大值，B不正确；

对于C，当为切线时，，
所以在中，
同理
，故C正确.

对于D，设，当为切线时，，
点在以为直径的圆上，
此圆的方程为，于是直线为，
即，
所以直线过定点，D正确.
故选：ACD.
12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（ ）
A．四面体P－ACD是鳖臑B．阳马P－ABCD的体积为
C．阳马P－ABCD的外接球表面积为D．D到平面PAC的距离为
解析：设，，，
由侧棱PD⊥底面ABCD，，，，
可得，解得
即，，．
对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体，
可知其外接球直径为，
故阳马的外接球半径，
表面积，故C错误；
对于D，设D到平面的距离为h，
由，，
可得的面积为，
由等体积法，
可得，
解得，故D正确．
故选：BD.
三、填空题
13，抛物线的准线方程是，则实数 .
解析：抛物线化为标准方程：，
其准线方程是，而
所以 ，即 ，
故答案为：
14. 已知数列中，，若对任意，则数列的前项和 ．
解析：由，且，可知，
则可化为，
则有，即是等比数列，
且公比为2，首项为，则，
所以
，
即数列的前项和为．
故答案为：.
15. 已知，，，则 .
解析：由，得，得①，
由，得，得②，
①②得：，
即，
.
16. 已知函数，若不等式恒成立，则实数的最大值为 ．
解析：设，可知的定义域为，
则g−x=−x3+−x−sin−x=−x3+x−sinx=−gx，所以为奇函数，
因为，可知在上单调递增，
对于不等式，即，
可得，则，
可得，注意到，可得，
原题意等价于对任意的恒成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，取到最小值，
可得，所以实数的最大值为.
故答案为：.
四、解答题
17.已知数列an中，对于任意正整数n,m，都有an+am=an+m且a1=1,
求数列an的通项公式；
若数列bn满足bn=an 1≤n≤5an−5 n≥6,求数列bn的前2024项和S2024
解析：（1）令m=1,则由已知得an+1−an=a1,
又因为a1=1,，所以an=n ………………………………..5分
(2)因为当n≥6 时，bn=an−5 ，
所以数列
b6+b7+….+b2024=a1+a2+……+a2019=20191+20192=2019×1010=2039190
所以S2024=15+2039190=2039205 ……………………………………分
18．在钝角△ABC中，内角，，的对边为，，，已知.
(1)若，求；
(2)求的取值范围.
解析：（1）解：因为，
所以
即，即，即, ………….3分
因为，所以，
因为，所以，，所以 ………….5分
（2）由（1）知，，所以，
因为，，
所以或， ………….7分
又因为在钝角△ABC中，故，所以，
所以为锐角，且，解得，所以……….9分
由正弦定理可得
， ………….11分
令，则，，
对应函数为在为减函数，
所以，当趋近于时，趋近于，
所以的值域为，即的取值范围为………12分
19. 中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将（帅）将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为
(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛（其中一人胜3局即结束比赛），那么甲胜乙的概率是多少；
(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去（每轮都只比赛一局），先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．
解析：（1）记比三局甲获胜的概率为，则， ………….2分
比四局甲获胜的概率为，则，………….4分
比五局甲获胜的概率为，则，
则甲获胜的概率为，
答：甲胜乙的概率为 …………6分
（2）若第一轮乙胜，则第二轮由乙丙比赛，若第二轮乙胜，则结束比赛，且概率为； ………8分
若第二轮丙胜，则进入第三轮甲丙比赛，必须甲胜，再进入第四轮由甲乙比赛，并且乙获胜结束比赛，且概率为； …………10.分
若第一轮甲胜，则第二轮由甲丙比赛，必须丙胜，再进入第三轮由丙乙比赛，必须乙胜，再进入第四轮由甲乙比赛，乙获胜，结束比赛，且概率为，
故乙获得冠军的概率为，
答：乙获得冠军的概率为. ………….12分
20.如图，A1O是三棱柱ABC−A1B1C1的高，A1A=A1B，AB⊥AC，E是对角线AB1和A1B的交点．

（1）证明：OE//平面AA1C1C；
（2）若二面角A1−AB−C的正切为32，A1O=3，A1A=5，∠A1BA=∠A1BC, 求直线BB1与平面ACB1所成角的正弦值．
解析：（1）取AB中点F，连接OF，A1F，连接BO并延长交AC于点M，连接A1M.
∵AA1=A1B ∴A1F⊥AB
∵A1O是三棱柱ABC−A1B1C1的高，
∴A1O⊥平面ABC,又AB⊏面ABC
∴AB⊥A1O又A1O∩A1F=A1
∵AB⊥面A1OF，OF⊏面A1OF…………2分
∴AB⊥OF
∵AB⊥AC
∴OF//AC，O为BM的中点
∵E为A1B的中点，
∴OE//A1M，A1M⊏面AA1C1C,OE⊄平面AA1C1C
∴ OE//平面AA1C1C；………….4分
(2)由（1）可知，∠A1FO为二面角A1−AB−C的平面角，
∵A1O=3且二面角A1−AB−C的正切为32，
∴OF=2 …………6分
在△A1OB中，A1A=5，∴OB=4
在△FOB中，sin∠ABO=12
∵∠A1BA=∠A1BC，∵∠CBO=∠ABO=π6
所以BM=2OA=8，则AM=4，AB=43， …………8分
如图以向量AB，AC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系A−xyz,
O23,2,0，，A123,2,3，C0,12,0，
所以设平面的法向量为，
则m⋅AE=63a+b+3c=0m⋅AC=12b=0，
令，则，，
所以m=3,0,−6；………….10分
BB1=AA1=23,2,3
sinθ=|cs=43965………….12分
21.已知：平面内的动点P到定点为F(1,0)和定直线x=4距离之比为12，
（1）求动点P的轨迹曲线C的方程；
（2）若直线l：y=kx+m与曲线C的交点为M，N，点A1，32，
当满足 a 时，求证： b .
= 1 \* GB3 ①kAMkAN=−1;
= 2 \* GB3 ②kAM+kAN=0;
= 3 \* GB3 ③直线l过定点，并求定点的坐标.
= 4 \* GB3 ④直线l的斜率是定值，并求出定值.
请在 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ②里选择一个填在a处，在 = 3 \* GB3 ③ = 4 \* GB3 ④里选择一个填在b处,构成一个命题，在答题卡上陈述你的命题，并证明你的命题
解析：(1)设P(x,y),P到x=4的距离为d,
则由已知可得|PF|d=12,
2x−12+y2=4−x
化简，得曲线C的方程为x24+y23=1 ………3分
(2) 当满足kAMkAN=−1时，求证：直线l过定点，并求定点的坐标. ………4分
设Mx1,y1,Nx2,y2,则由
x24+y23=1y=kx+m，消y,得4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0
由韦达定理，得x1+x2=−8km4k2+3, x1 x2=4m2−124k2+3, ………6分
y1−32x1−1×y2−32x2−1=-1,消y得，kx1+m−32x1−1×kx2+m−32x2−1=-1,
去分母，得kx1+m−32kx2+m−32+x1−1x2−1=0，
整理，得k2+1x1 x2+km−32m−1x1+x2+m−322+1=0 ………8分
化简，得k+7m+32k+m−32=0 ………10分
当k+m−32=0时，直线过点1，32，舍去
当k+7m+32=0，直线过点17,−314. ………12分
当满足kAM+kAN=0时，求证：直线l的斜率是定值，并求出定值. ………4分
设Mx1,y1,Nx2,y2,则由
x24+y23=1y=kx+m，消y,得4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0
由韦达定理，得x1+x2=−8km4k2+3, x1 x2=4m2−124k2+3, ………6分
y1−32x1−1+y2−32x2−1=0,消y得，kx1+m−32x1−1+kx2+m−32x2−1=0,
2kx1 x2+m−32−kx1+x2−2m−3=0 ………8分
2k4m2−12−m−32−k8km−2m−34k2+3=0
化简，得2k−12k+2m−3=0 ………10分
解的，k=−12. ………12分
22. 已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求证：；
（3）求证：有且仅有两个零点.
解析：（1），，，
故在处的切线方程为；………2分
（2）先证.令，
，设
，故在上单调递增，
因为，故在上单调递减，在上单调递增，
为的极小值也是最小值，
故，故成立；………5分
再证.
令，，
令得，故在上单调递减，
在上单调递增，是的极小值也是最小值，
故，故成立.
综上知成立. ………8分
（3），
设
，
故在上单调递增，
因，， ………10分
故根据函数零点存在性定理知存在唯一的，使得，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为，故在上存在一个零点0；且
又因为，
故存在唯一使得，
因此有且仅有两个零点. ………12分