2023届辽宁省大连市滨城联盟高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题（解析版）VIP

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2023届辽宁省大连市滨城联盟高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题一、单选题1．设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解对数不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，所以，解得，所以，所以；故选：C2．已知为虚数单位，复数，则复数z的虚部是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据复数的除法解得，再结合虚部概念理解判断.【详解】∵∴复数z的虚部是故选：B.3．朱载堉（1536~1611），是中国明代一位杰出的音乐家､数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”.即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第二个音的频率为，第八个音的频率为.则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，得出通项公式，根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，得出公比，最后计算第八个音的频率与第二个音的频率的比值．【详解】解：设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，那么，根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，，所以.故选：A4．已知，，，，则a，b，c的大小关系正确的为（

）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．a＞b＞c【答案】B【分析】由题意可得，结合，的单调性可判断.【详解】由题意，故，由指数函数的单调性，单调递减，故，由幂函数的单调性，在单调递增，故，综上：.故选：B5．已知函数，则“”是“函数在处有极值”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得、再检验，最后根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为，所以，所以，解得或；当时，，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；当时，，当或时，当时，满足函数在处取得极值，所以，所以由推不出函数在处有极值，即充分性不成立；由函数在处有极值推得出，即必要性成立；故“”是“函数在处有极值”的必要不充分条件；故选：B6．下列函数的解析式（其中…为自然对数的底数）与所给图像最契合的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题知，所求函数的定义域为，为奇函数，在上单调递减，在上单调递增，且时，，时，，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：由图像可知，所求函数的定义域为，为奇函数，在上单调递减，在上单调递增，且时，，时，，故对于A选项，由幂函数性质可知，为奇函数，且在上单调递增，不满足题意；对于B选项，函数的定义域为，不满足；对于C选项，函数，由于函数在上单调递增，在上单调递增，所以函数在定义域上为单调递增函数，故不满足；对于D选项，易得函数为奇函数，，当时，，函数为减函数，时，，函数为增函数，且时，，时，，故满足条件.故选：D7．已知三棱锥P-ABC中，底面ABC，PA＝AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由平面，可将此三棱锥补成直三棱柱，则三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，三棱柱上下两个底面的外心连线的中点就是球心，然后通过计算可得外接球的半径，从而可求得外接球的表面积.【详解】将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱柱的外接球即为球，为上下底面的外心，为的中点，为底面外接圆的半径，由余弦定理得由正弦定理得，由，得，所以球的表面积为．故选：C8．在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于b的方程可化为同构方程，则的值为（

）A． B．e C． D．1【答案】A【分析】利用对数运算将已知两个方程变形可得和，由同构方程的定义可求得，，从而可求得的值；【详解】解：对两边取自然对数，得①，对两边取自然对数，得，即②，因为方程①②为两个同构方程，所以，解得，设，，则，所以在上单调递增，所以方程的解只有一个，所以，所以．故选：A二、多选题9．已知偶函数，（，）的周期为，将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，则下列结论不正确的是（

）A．函数 B．函数在区间上单调递增C．函数的图象关于直线对称 D．当时，函数的零点是【答案】AB【分析】利用周期求出，利用奇偶性求出得到可判断A；根据三角函数的单调性可判断B；带入计算可判断C；求出的零点可判断D.【详解】，因为，所以周期得，所以为偶函数，所以，因为，所以，所以，将函数的图象向右平移个单位长度，可得，故A错误；对于B，当时，，而函数在上不单调，因此函数在区间上不单调，B错误；对于C，当时，，为的最小值，因此函数的图象关于直线对称，C正确；对于D，令，得，，当时，函数的零点是，故正确.故选：AB.10．已知数列，且满足，，，则下面说法正确的是（

）A．数列为等比数列 B．数列为等差数列C．数列的前n项和为 D．【答案】ABD【分析】对递推公式进行变换，构造新数列，即可求出的通项公式和前n项和.【详解】由，可得，令，则有，所以是常数列，

，则有，令，则有，是公比为3的等比数列，，，即；，令，

也符合，是首项为1，公比为3的等比数列；所以，的前n项和为，所以A正确，B正确，C错误，D正确；故选：ABD.11．记，已知，且，则下列结论正确的为（

）A．的最小值为8 B．的最小值为8C．的最小值为 D．的最小值为6【答案】BCD【分析】A选项直接通过基本不等式和化积，解关于积的不等式可求得其最大值；BC选项均以含y的式子表示x，再代入构造对勾函数求最小值即可判断；D选项需对和的大小进行讨论，分别求得最小值来判断.【详解】A选项，，解得，A不正确；B选项，由得，，则当且仅当，即时取“”，B正确；C选项，，当且仅当，即时取“”，C正确；D选项，，令，则，当时，，，当时，，，故的最小值为6，D正确；故选：BCD.12．已知奇函数在上有定义，且满足，当时，，则下列结论正确的是（

）A．是函数的周期B．函数在上的最大值为C．函数在上单调递减D．方程在上的所有实根之和为【答案】AD【分析】根据已知结合奇函数性质可得是函数的周期，根据导数研究函数的单调性，，再结合奇函数的性质和周期性可求最大值，根据函数的对称性可求得方程在上的所有实根之和.【详解】对于A，是上的奇函数，，，故是函数的周期，故A正确；对于C，当时，，求导，，，，，，则单调递增，又为奇函数，所以函数在上单调递增，故C错误；对于B，由可得关于对称，故在上单调递增，又是奇函数且周期为，，故B错误；对于D，方程的根等价于与的交点的横坐标，根据的单调性和周期可得，与在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，所以方程在上的所有实根之和为，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：本题考查函数的周期性，对称性，函数的铃铛，解决本题的关键是判断出是函数的周期且在单调递增，在单调递减，且关于对称，考查学生的转化能力与运算求解能力，数据较难题.三、填空题13．已知等差数列的前n项和为，若，，则______．【答案】12【分析】由等差数列的性质求解【详解】由题意得成等差数列，则，得故答案为：1214．已知，若，则______．【答案】【分析】根据指、对数运算结合题意运算求解.【详解】∵，即∴故答案为：.15．在中，CA＝CB＝1，，若CM与线段AB交于点P，且满足，（,），且，则的最大值为______．【答案】2【分析】利用平面坐标系可得点M坐标满足，从而得到，利用基本不等式即可求得的最大值.【详解】如图所示：设，，因为，CB＝1，则，，，设，则，因为，所以，因为，则，所以有，即，即，又（,），所以，解得，当且仅当时不等式取等号.则的最大值为2.故答案为：216．已知，若恒成立，则实数a的取值范围是______．【答案】．【分析】根据函数的奇偶性，可得出的图像关于对称，又根据导数得出是上的增函数，故可将问题转化为，利用导数求在上的最大值即可.【详解】令，则有，∴为奇函数，图像关于点对称，，∴的图像关于对称，且，由，所以是上的增函数，，等价于，所以，所以，令，则，因为且定义域为，所以是上的偶函数，所以只需求在在上的最大值．当时，，，则当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，可得：，即．【点睛】本题考查了利用导数求解函数的单调区间，以及利用导数研究不等式恒成立问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．四、解答题17．定义：对任意平面向量，将绕其起点A沿逆时针方向旋转角后得到向量，则叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点Q，已知平面内两点，．(1)将点B绕点A沿逆时针方向旋转后得到点Q，求点Q的坐标；(2)已知向量，且满足对任意的角恒成立，试求实数m的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据定义可知，又有，从而求得点Q的坐标；（2）化简可得，根据的范围可求得，进而可得实数m的取值范围.【详解】(1)因为，，所以，所以x＝1，，依据题设定义得．所以．设点Q的坐标为，则有，从而，解得．所以点．(2)由（1）及题设，得．因为，所以，因为不等式对任意的角恒成立，即对任意的角恒成立，记，则只须．由于，所以，所以，所以，即．18．如图所示，斜三棱柱中，点为棱（不包括端点）上的点．(1)当等于何值时，平面；(2)设多面体的体积为，三棱柱的体积为，求；(3)若，，求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2)；(3)【分析】（1）取比值为1时的点，根据线面平行判定定理，结合中位线的定理，可得答案；（2）利用空间几何体的组合，列出关于体积加减的方程，根据同高同底的三棱锥与三棱柱体积之间的关系，可得答案；（3）利用空间向量的基本定理，选定一组基底，表示出直线的方向向量，根据向量夹角与线线夹角，可得答案.【详解】(1)取为线段的中点，此时，连接交于点O，连接．由棱柱的定义知，四边形为平行四边形，所以点O为的中点．在中，点O，分别为，的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面．所以当时，平面．(2)因为，又因为三棱锥和三棱锥与三棱柱具有相同的高，所以，所以，所以．(3)设，，，则，，，，，，所以异面直线与所成角的余弦值为．19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求的值；(2)若的面积为，且，求c的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理统一为角，进行三角恒等变换即可求解;（2）由（1）及面积公式可求出，分，分别化简求解即可.【详解】(1)∵，由正弦定理得，∴，故，，，，∵，，．(2)由（1）知，又，∴.∵，∴.

又，即，，整理得，①当时，，又，，易知在中，，又，可知；②当时，，由正弦定理得，又，解得，，由余弦定理得，解得．综上①②得．20．已知的前n项和为，，且满足______，现有以下条件：①；②；③请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题：(1)求数列的通项公式；(2)若，求的前n项和，并证明：．【答案】(1)；(2)；证明见解析.【分析】（1）根据与的关系结合等比数列的定义即得；（2）由题可得，，然后根据裂项相消法即得.【详解】(1)若选择条件①：因为，当时，，两式相减得，所以当时，当n＝1时符合，∴；若选择条件②：因为，当时，两式相减得，，∴是首项为2，公比为2的等比数列，∴；若选择条件③：∵，∴时，，两式相减得，当n＝1时，，可得，，∴时成立，∴是首项为2，公比为2的等比数列，∴；(2)由（1）可知，则，所以，因为，所以各项均为正数，所以，又因为，所以．21．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)总有平面平面PAG；证明见解析(2)(3)存在；Q为线段PA的中点．【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面PAG.（2）首项判断出平面MNDB时，四棱锥P-MNDB体积最大，作出直线PB和平面MNDB所成角，解三角形求得其正弦值.（3）建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值求得，由此确定点的位置.【详解】(1)在翻折过程中总有平面平面PAG，证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，∴，又因为菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴是等边三角形，∵G是MN的中点，∴，∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面PAG，平面PAG，∴平面PAG，∴平面PAG，∵平面PBD，∴平面平面PAG．(2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，，所以等腰梯形MNDB的面积，要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为，此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为，连接BG，则直线PB和平面MNDB所成角的为∠PBG，在中，，，由勾股定理得：．∴．(3)假设符合题意的点Q存在．以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，因为平面PMN，故平面PMN的一个法向量为，设，∵，，故，∴，，平面QMN的一个法向量为，则，，即，令，所以，即，则平面QMN的一个法向量，