辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题

第页，共页辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.设集合M={x|x＜4}，集合，则下列关系中正确的是（）A．M∪N=M B．M∪∁RN=M C．N∪∁RM=R D．M∩N=M2.若复数z满足，则|z|=（

）A． B． C． D．23.“，”为真命题的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．4.已知，则（

）A． B． C． D．5.已知偶函数在区间上单调递减，则满足的x的取值范围是（

）A． B． C． D．6.已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．或7.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（

）A． B． C． D．8.已知，且，，，则（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.已知，则下列命题不正确的是（

）A． B．C． D．10.内角，，的对边分别为，，.已知，且，则下列结论正确的是（

）A． B．C．的周长为 D．的面积为11.在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（

）A．异面直线与所成角的余弦值为B．C．四面体的外接球体积为D．平面截正方体所得的截面是四边形12.已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（

）A．n为偶数时， B．C． D．的最大值为20三、填空题（本大题共4小题）13.已知函数，则.14.正方形的边长为2，以为直径的圆，若点为圆上一动点，则的取值范围为.15.设函数，已知，且，若的最小值为e，则a的值为.16.在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为．四、解答题（本大题共6小题）17.已知等比数列{}的公比，且，．(1)求数列{}的通项公式；(2)设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和．18.在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.在中，角的对边分别为且，是的平分线交于点，若，求：(1)求角；(2)求的最小值.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.(1)求证：平面平面；(2)若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.20.已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)若函数在区间上恰有个零点，（i）求实数的取值范围；（ii）求的值.21.已知正项数列的前n项和为，，且满足．数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)若从数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列，设数列的前n项和为，求．22.已知函数，.（1）求函数的极值；（2）证明：有且只有两条直线与函数，的图象都相切.

参考答案1.【答案】A【详解】集合，集合，则，A正确；或，∴，B错误；，∴或，C错误；，D错误，故选A.2.【答案】C【分析】利用复数除法求复数z，进而求模长即可.【详解】由则.故选：C3.【答案】D【分析】先确定“，”为真命题时的范围，进而找到对应选项.【详解】若命题“，”为真命题，则，则是的充分不必要条件，故选：D．4.【答案】B【分析】利用倍角公式可得，再利用弦化切，即求.【详解】∵,∴.故选：B．5.【答案】A【分析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式．【详解】因为偶函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，因为，所以由偶函数性质知所以，解得：.故选：A．6.【答案】C【分析】根据函数单调递增转化为导数不小于0恒成立，分离参数求解即可.【详解】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，由在上单调递增知，，所以，故选：C7.【答案】C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.8.【答案】A【分析】构造函数，根据单调性即可确定的大小.【详解】设函数，，当，此时单调递增，当，此时单调递减，由题，，，得，因为，所以，则，且，所以.故选：A.9.【答案】ABC【分析】对于A：当时，不等式不成立；对于B：当时，不等式不成立；对于C：由已知得，由此可判断；对于D：由已知得，由此可判断．【详解】解：对于A：当时，不等式不成立，故A不正确；对于B：当时，不等式不成立，故B不正确；对于C：因为，所以，即，故C不正确；对于D：因为，所以，即，故D正确，故选：ABC．10.【答案】ABD【分析】由正弦定理得，即可判断A选项；由平方关系及商数关系即可判断B选项；先由余弦定理得，再求出周长即可判断C选项；先求得，再求面积即可判断D选项.【详解】由正弦定理得，整理得，即，A正确；由可得，则，B正确；由余弦定理得，又，可得，整理得，的周长为，C错误；由上知：，，可得，则的面积为，D正确.故选：ABD.11.【答案】BC【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，，∴，A错误；∴，，，∴，B正确；由题可知四面体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径满足，，∴，C正确；延长交延长线与，连接交于，延长交延长线于，连接交于，则五边形为平面截正方体所得的截面，D错误.故选：BC.12.【答案】AC【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，n为偶数时，，故A对；根据奇数项构成等差数列可得：而又：则有：，故B错误；，故C对；根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错故选：AC13.【答案】9【分析】根据函数解析式直接求解即可.【详解】解：根据题意，故答案为：914.【答案】【分析】以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设点，根据向量的坐标运算结合正弦值的有界性运算求解.【详解】如图，以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则，∵圆M为标准单位圆，设点，则，∴，又∵，则.故答案为：.15.【答案】##【分析】令，由图象可知，构造函数，利用导数求函数最小值即得.【详解】令，由图象如图所示可知．因为，则，，得，即．令，则，∴当时，即时，，则在上单调递减，所以，解得（不满足，舍去）；∴当时，即时，，∴在上单调递减，在上单调递增，所以，解得满足题意．综上可得，．故答案为：.16.【答案】【分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得平面PBC，进而知球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，利用弧长公式求解.【详解】设以A为球心的球的半径为，则，解得如图，取中点，由，又平面ABC，平面ABC，又，，所以平面PAC，又平面PAC，，又，平面PBC，又，，又，作，则，，所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为故答案为：17.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；（2）利用错位相消法进行求解即可.【详解】（1）由，或（舍去），所以；（2）由（1）可知，所以，所以，设数列{}的前n项和为，，，，得，即.18.【答案】(1)条件选择见解析，(2)9【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简求解；若选②：利用正弦定理边化角结合余弦定理化简求解；若选③：根据面积公式结合数量积的定义运算求解；（2）根据面积关系结合面积公式化简整理得，再结合基本不等式中“1”的灵活运用求解.【详解】（1）若选①：∵，由正弦定理得，则，又∵，所以，且，所以.若选②：∵，由正弦定理得，即，所以由余弦定理得，即，又，所以.若选③：由，得，即，所以，又，所以.（2）因为是的平分线交于点，，所以，∵，则，即，整理得，即，所以，当且仅当，即时取等号，故的最小值9.19.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知，根据条件先推导，然后再根据，所以，结合，使用线面垂直的判定定理证明平面，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.得证.（2）如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令可得平面的法向量为，设直线PB与平面ADP所成角为，则.直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.20.【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；（2）（i）令，将问题转化为与在上恰有个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得的取值范围；（ii）由（i）中图像可确定，，由此可得，整理可得，由两角和差正弦公式可求得的值，即为所求结果.【详解】（1）；令，解得：，的单调递增区间为.（2）（i）由（1）得：，当时，，设，则在区间上恰有个零点等价于与在上恰有个不同的交点；作出在上的图像如下图所示，由图像可知：当时，与恰有个不同的交点，实数的取值范围为；（ii）设与的个不同的交点分别为，则，，，即，整理可得：，，.21.【答案】(1)；(2)【分析】（1）两个数列的通项都是通过作差后再变形整理求得通项；（2）根据数列的特征去掉数列中的项后再求和即可.【详解】（1）因为，（1）所以当时，（2），所以（1）-（2）得，所以．

因为，所以，

因为，所以，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，

所以．

因为，（3）所以当时，，（4）所以（3）-（4）得，解得，

当时，满足上式，所以．（2）由（1）知，

数列前60项中与数列的公共项共有6项，且最大公共项为．又因为，从而数列中去掉的是这7项，所以．22.【答案】（1）极大值为，没有极小值；（2）证明见解析.【分析】（1）求出的解析式，利用导数判断单调性，由单调性可得极值；（2）设直线分别切，的图象于点，，分别求出切线的方程，比较两个方程可得关于与的方程组，消去可得关于的方程，再构造对应的函数，利用导数判断单调性结合零点存在性