2022-2023学年辽宁省六校高三上学期期中联考数学试卷及答案

PAGE24页数学试题考试时间：120分钟 满分150分8540设集合M={x|x＜4}，集合N{x|x22x则下列关系中正确的是（ ）MN=M B.∁N=M C.N∁M=R D.M∩N=M满足iz1i，则|z|1222

2C．2

D．2“2,1，x22a0”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）a0

a1

a2

a34.已知tan2，则cos（ ）2 6 3 A．3 B．-5

C．5

D．453已知偶函数fx在区间(,0]上单调递减，则满足f(2xf1的x333A．1,233

B．1,2333

C．1,223 23

D．1,22323已知函数f(x)asinx2x在xπ,π上单调递增，则a的取值范围为（ ）A．a0

B．a2

3 4C．a2

D．a0或a-2甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π乙，体积S 分别为V和V．若甲=2，则甲=（ ）S甲 乙S乙 乙510A． B．510

2C．22

D．51048.已知a,b,c1,，且ln55lna，ln33lnb，ln22lnc，则（ ）e a b c A．bcaC．acb

B．cbaD．abc4520符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分。已知a,b,cR，则下列命题不正确的是（ ）abac c

abac2bc2C ab0a2bab2

aD.

11ab ab0 a bABC内角ABC的对边分别为abc.已知bsinA3bcsinB，且cosA1，则下列3结论正确的是（ ）acC．ABC的面积为22a29

tanA22D．ABC的周长为4c2在棱长为2的正方体ABCD中，点M，N分别是棱，AB的中点，则（ ）A．异面直线MD与AC所成角的余弦值为1 B．MCDN5 1 1C．平面MNC截正方体所得的截面是四边形 D．四面体的外接球体积为4已知数列a满足a8a1a

ann

，T为数列a的前n项和，则下列n 1 2

n2

2,n为奇数 n nan说法正确的有（anA．n

n212

B．

n29nC．2049

D．Tn的最大值为20三、填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分。2x2x0 f fx3,x

，则f4.

ABCD2ABMPM的取值范围为fxxax0xxfxfxx

xea的值lnx,x

1 2 1 2 2 1为 .PPAACCB4的球面与侧面的交线长为 ．四、解答题：本题共6小题，计70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10）已知等比数列{an}的公比q1，且a12，2a1a33a2．an}的通项公式；设数列{a}的前项和为S，求数列{ n

}的前n项和．n Snn 18（12）在①cosB b

sinA

bc2S

三个条件中任选一个补充在下面cos

2a

sinBsinC ac

3BABC的横线上，并加以解答在ABC中角A，B的对边分别为a，c且 ，BD是ABC的平分线交AC于点D，若BD1，求（1）求角B (2)求4ac的最小值.19（12）PAD平面，PDCD，DEPE，且PCD.ADE；若CD3AD2所成角的正弦值.20（12）3已知函数fx2sinxsinx23cos2x .3 3 6 3 fx单调递增区间；gxf2xa在区间0,上恰有3xxxxx

x，求实数a的取值范围；求sin2123的值.

12

1 2 3 1 2 321、（本题满分12分）已知正项数列anSa2，且满足4S

a24n4．数列b满足n n 1

n n1 nb2b

(n1)2n1．1 2 3 n求数列n,n若从数列an中去掉数列n的项后余下的项按原来的顺序组成数列n，设数列nn项和为Tn，求T60．22（12）已知函数f(x)lnx，g(x)x2x1.求函数h(xf(xg(x的极值；f(x)g(x的图象都相切.高三高三试题试题数学试题答案一．单选题ACDBACBA二.9.ABC 10.ABC11.BD12.AC三.填空题：13. 9 14.[0,8] 15.1-e 16.π四．解答题172aa3a222q232qq2q1（舍去），1 3 2n所以a22n12n； 5分n【小问】nn由（1）可知a2n，所以Snn

2n) n1 2Sn S

nnn

1n1 n所以n

2 2n1

2) S2项和为，T1

122

133

14n

1n1 ，() ()n 2 2

() () 2 21T1132

14315n1n2(2)， 8分()2n 2

() () ()2 2 2(2)

1T12

13 14

1n1

1n22

()(2 2

()2

()2

n() ，即21[11n1T4n

()]211

n1(2(

n2

T1(n2)1n (n (

n1

.10分218.解：若选①：根据正弦定理由cosBcosC2sinAcosBsinBcosCcosBsinC，

b2a+c

，得cosBcosC

sinB ，即2sinA+sinC又因为sinBcosCcosBsinCsinCsinAsinA又0B，所以B63

，sinA0，所以cosB1，2BD是ABCACD1，所以ABDCBD，3在

csin

ADsin

，所以ADsinABDc，sinADBAD2c2+BD22cBDcosABDc2+1c，在CBD中， a

CD

，所以CDsinCBDa，所以ADc，sin

sin

sin

CD aCD2a2+BD22aBDcosCBDa2+1a，高三高三试题试题D2所以D2

c2a2

c2a2

，整理得a+cac，即

1+a

1，ca c所以4ac4a+c1+15+c+4a5+2 9当且仅当c4a即a3，c3ca c a a a a 时取等号，

a c 2故4ac的最小值9； 12分若选根据正弦定理由 sinA bc得abc即a2+c2b2ac所以由sinBsinC ac bc aca2c2b2 1

cosB

B2余弦定理得cosB

2ac

，即2

，又0B，所以2BD是ABC的平分线交AC于点D，BD1，所以ABDCBD，3在

csin

ADsin

，所以ADsinABDc，sinADBAD2c2+BD22cBDcosABDc2+1c，在CBD中， a

CD

，所以CDsinCBDa，所以ADc，sin

sin

sin

CD aCD2a2+BD22aBDcosCBDa2+1a，D2所以D2

c2a2

c2a2

，整理得a+cac，即

1+a

1，ca c所以4ac4a+c1+15+c+4a5+2 9当且仅当c4a即a3，c3ca c a a a a 时取等号，

a c 2故4ac的最小值9；若选③：由2S

3BABC得21acsinB2

3accosB，即sinB

3cosB，所以3tanB ，又0BBBD是ABCACD，BD133，所以ABDCBD，3在

csin

ADsin

，所以ADsinABDc，sinADBAD2c2+BD22cBDcosABDc2+1c，在CBD中， a

CD

，所以CDsinCBDa，所以ADc，sin

sin

sin

CD aCD2a2+BD22aBDcosCBDa2+1a，D2所以D2

c2a2

c2a2

，整理得a+cac，即

1+a

1，高三高三试题试题ca c所以4ac4a+c1+15+c+4a5+2 9当且仅当c4a即a3，c3ca c a a a a 时取等号，

a c 2故4ac的最小值9； 1219.（1）因为PDCD，所以PCDDPC30，所以PDC120，DEPE，所以PDEEPD30，所以EDC90，AD平面DE平面ADDE，又因为CDADD，CD、AD平面ABCD，所以DE平面ABCD，而DE平面ADE，所以平面平面6得证.（2）DDEDC所在的直线为坐标轴正方向建立空A002D000P3330B02，则2 2 33933

33333PB(

, ,2)，DA(0,0,2)，( ,

,0)，2 2

2 2 2z0n·DA0设平面ADP的法向量为n(x,y,z)，则

，即33 3 ，n·DP0x1ADPn,30)，所成角为

2

x y2sincos

PBnPB

3333312393 2 2 .31239362直与平所成角的正弦值为393 12622 20.(1)fx2sinxcosx32cos x12 3 2 6

3

2sinxcosx 3cos2xsin2x

3cos2x2 3 3 3 3 3 2sin2x2sin2x； 3分 3 3 3

令 2k2x Z，解得： x Z，2 3 2 12 12fx的单调递增区间为kkZ5分12 12 （i）由（1）gx2sin4xa， 3当x0,时，4x

,，12

33 设t4xgx在区间0上恰有3y2sintya在3 12,2上恰有3个不同的交点；3 作出y2sint在,2上的图像如下图所示，3 3由图像可知：当 a0时，y2sint与ya恰有3个不同的交点，3实数a的取值范围为3,0； 9分 ii设y2sint与ya的3个不同的交点分别为1,t2,t31t2t3，则t23，311t2t32t3t2t3t2t3，高三高三试题试题24x4x4x 1 3 2 3 3 3 8x4x4x，2xxx，1 2 3 3 1 2 3 12sin2xxxsinsinsincoscossin1 2

12 4 6

4 6 4 6 2 3

21

2 6 12分2 2 2 2 421.(1)因为

2an na

4n4，（1）所以当n2

n1

a24n（2），n所以（1）-（2）得4aa2 a24，所以n

a

22n n1 n．

n1 n因为an0，所以an1an2(n2)，因为4Sa2444a,a2,a0，所以a4,aa2，1 2 11 2 2 2 1所以数列n2所以an2(n1)22n． 3分因为b2b3bnb

(n1)2n1，（3）1 2 3 n所以当n2时，b(n(n2)2n11，（4）1 2

n1所以（3）-（4）得nbn

(n1)2n(n2)2n1，解得

2n1(n2)，n当n1时，b1满足上式，所以b2n1． 6分n1 n(2)由（1）知a60120，数列a前60项中与数列b的公共项共有6项，且最大公共项为b2664．n n 7又因为a132,b128， 8分66 8从而数列n中去掉的是2,3,4,,872 7 6766 2所以T60S6722

2 134 2 12分2 1222.（1）h(xf(xg(x)lnxx2x1的定义域为(0， 1 x2x1 (xx且h(x) 2x1 ，x x x高三高三试题试题当0x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，