辽宁省大连市滨城联盟2022-2023学年高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题含答案.pdf

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1、高三数学试卷第 1 页 共 6 页滨城高中联盟 2022-2023 学年度上学期高三期中（）考试数学试卷滨城高中联盟 2022-2023 学年度上学期高三期中（）考试数学试卷一一.单项选择题（本大题共单项选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分）分）1设集合22450,log(2)1Ax xxxZBxx，则AB（）A24xxB24xxC34，D234，2.已知i为虚数单位，复数322izi，则复数z的虚部是()A45B75C75iD73i3朱载堉（15361611），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

2、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1f，第八个音的频率为2f，则21ff（）A.2B.82C.122D.124 24已知111mn，,nmnan bncm，则,a b c的大小关系正确的为（）A.cabB.bacC.bcaD.abc5已知函数322()f xxaxbxa，则“7ab”是“函数()f x在=1x处有极值 10”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6

3、下列函数的解析式（其中2.71828e 为自然对数的底数）与所给图像最契合的是（）高三数学试卷第 2 页 共 6 页A.13yxBxxxxeeyeeCxxxxeeyeeD221xyx7.已知三棱锥PABC中，PAABC 底面，2120PAABACBAC，则三棱锥PABC的外接球的表面积为（）A.12B.16C.20D.248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a的方程24aaee和关于b的方程31(ln2),)bbea bR（可化为同构方程，则ab的值为（）A.8eB.eC.ln6D.1二二.多多项项选选择

4、择题题（本本大大题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分.全全部部答答对对得得 5 分分，部部分分答答对对得得 2 分分，有有错错误误选选项项得得 0 分分）9已知偶函数()cos()3sin(),0,|2f xxx（）的周期为，将函数()f x的图像向右平移6个单位长度，可得到函数()yg x的图像，则下列结论不正确的是()A函数()2cos(2)3g xxB函数()g x在区间,63上单调递增C函数()g x的图像关于直线3x 对称高三数学试卷第 3 页 共 6 页D当0,2x时，函数()g x的零点是512x10已知数列 na，且满足11a，22a，1143nnn

5、aaa，则下面说法正确的是（）A.数列1nnaa为等比数列B.数列13nnaa为等差数列C.数列1nnaa的前 n 项和为1312n-+D.1312nna11记,max,a aba bb ab，已知,x yR，且216xyxy，则下列结论正确的为（）Axy的最小值为 8B2xy的最小值为 8Cx y的最小值为6 23Dmax124xy，的最小值为 612已知奇函数()f x在R上有定义，且满足()()fxfx，当(0,)x时，23cos()2()xf xxx，则下列结论正确的是（）A2是函数()f x的周期B函数()f x在R上的最大值为C函数()f x在(,0)2上单调递减D方程()1f x

6、 在(10,10)x 上的所有实根之和为3三三填填空空题题（本本大大题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分）13已知等差数列 na的前n项和为nS，若2426SS，则6S _.14已知2,(0)()(),(0)xxf xfxx，若8log 3t，则(1)=f t_.高三数学试卷第 4 页 共 6 页15在ABC中，1CA CB，23ACB，若CM与线段AB交于点P，且满足12CMCACB ，120,0),（且|1CM ，则12+的最大值为 _.16 已知()sin1xxf xeexx，若2(2ln(|1)()22xf axf恒成立，则实数a的取值范围_四四解解答答题题

7、（本本大大题题共共 6 小小题题，共共 70 分分.解解答答应应写写出出文文字字说说明明，证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤）17(本小题满分 10 分)定义：对任意平面向量,ABx y，将AB 绕其起点A沿逆时针方向旋转角后得到向量(cossin,sincos)AQxyxy ，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231),(3,1)AB（，(1)将点B绕点A沿逆时针方向旋转43后得到点Q，求点Q的坐标；(2)已知向量(sin,cos)p，且满足0p AQm对任意的角|6恒成立，试求实数m的取值范围18(本小题满分 12 分)如图所示，斜三棱柱111ABCABC中，点

8、1D为棱11AC（不包括端点）上的点（1）当1111A DDC等于何值时，1BC平面11AB D?（2）设多面体11ABCB D的体积为1V，三棱柱111ABCABC的体积为2V，求12VV；（3）若1160BAACAABAC，12ABACAA，求异面直线11ABBC与所成角的余弦值.高三数学试卷第 5 页 共 6 页19(本小题满分 12 分)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2cos)(2coscos)aCcBA（1）求cosC的值；（2）若ABC的面积为?，且sin(2sin2sin()ABBAB），求c的值20(本小题满分 12 分)已知na的前 n 项和为nS，12

9、a，且满足_，现有以下条件:1231234422223nnnaaaa；22nnSa；12S2nnS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na的通项公式；(2)若21lognnbna，求221nnb的前n项和nT，并证明：314nT.21(本小题满分 12 分)如图 1，在边长为 4 的菱形ABCD中，60DAB，点M，N分别是边BC，CD的中点，1ACBDO，ACMNG沿MN将CMN翻折到PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图 2 所示的五棱锥PABMND（1）在翻折过程中是否总有平面PBD 平面PAG？证明你的结论；高三数学试卷第 6 页 共

10、6 页（2）当四棱锥PMNDB体积最大时，求直线PB和平面M N D B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QMNP的平面角的余弦值为1010？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由22(本小题满分 12 分)已知函数 ln(1)fxa xx.（1）当1a 时，求曲线()yf x在点(2,(2)Pf处的切线方程；（2）讨论()f x的单调性；（3）当01a时，证明：1x af xxex.1滨滨城城高高中中联联盟盟 2 20 02 22 2-2 20 02 23 3 学学年年度度上上学学期期高高三三期期中中（I I）考考试试 数数学学参参考考答答

11、案案一一.单单项项选选择择题题1.C2.B3.A4.B5.B6.D7.C8.A二二.多多项项选选择择题题9.AB10.ABD11.BCD12.AD三三填填空空题题13.【答案】1214.【答答案案】1 15 5.【答答案案】216【答答案案】22 12.【详解】令 =+，则 =，为奇函数，图像关于点 0，0 对称，的图像关于（0,1）对称，且=+1，=+1 2 +1=1+0，所以 是R上的增函数，(2(+1)+22 2等价于(2(+1)2 22=22，所以 2(+1)22，所以 22+2(+1)，令()=22+2(+1)，则 ()，因为()()gxg x且定义域为R，所以 =22+2(+1)是

12、R上的偶函数，所以只需求 在 0,+上的最大值可.2当 (0,+时，()=22+2(+1)，()=+2+1=2+2+1=+21+1，则当 (0,1 时，0；当 (1,+时，0；所以 在(0,1 上单调递增，在(1,+上单调递减，可得：1=22 12，即 22 12.四四解解答答题题17.【答答案案】(1)0，3 1(2)【详解】(1)因为 A 2，3 1，B 3，1，所以?=1，3，所以 x=1，y=3依据题设定义得 =43所以?=1 cos43+3 sin43，1 sin433 cos43=2，0 2 分设点的坐标为00,xy，则有?=0 2，03+1，从而0 2=203+1=0解得0=00

13、=3 1 所以点 0，3 1 4 分(2)由（1）及题设，得?=cos+3sin，sin 3cos 因为?=sin，cos，所以?=sin cos+3sin+cos sin 3cos=2sin cos 3 2 2=sin2 3cos2=2sin 2 36 分因为不等式?0 对任意的角 6恒成立，即 m 2sin 2 3对任意的角 6恒成立，3记 f =2sin 2 3，则只须 m 8 分由于 6，所以 2 3 23,0，所以2 2sin 2 3 0，所以=0，即 m 0.10 分18.【答答案案】(1)见见详详解解；(2)23(3)66【详解】(1)取D1为线段A1C1的中点，此时A1D1D1

14、C11，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的定义知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点在A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1BC1.又因为OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，所以BC1平面AB1D1.所以当A1D1D1C11 时，BC1平面AB1D1.4 分（2）因为1 111 1112+A A B DC B C DVVVV（），又因为三棱锥11AAB D和三棱锥111CBC D与三棱柱111ABCABC具有相同的高4所以1 111 1121+3A A B DC B C DVVV，所以12221233VVVV所以12VV238

15、分(2)设1,ABa ACb AAc 则11B,ABacCabc 11=(4)()BABCacabc 1?=2 3，1?=2 2，10 分111111|B6B|64|cos|22B3 2ABCABCABC ，|所以异面直线11ABBC与所成角的余弦值为6612 分19【答答案案】（1）1cos2C（2）6【详解】（1）解法一：因为(2cos)(2coscos)aCcBA所以sin(2cos)sin(2coscos)ACCBA，整理得2sinsincossincos2sincossin()2sincosACAACCBACCB，所以2sin()sin()2sincosBCACCB，所以2sinco

16、s2sincossin()2sincosBCCBACCB，2sincossin()sinBCACB因为sin0B，所以1cos2C 解法二：(2cos)(2coscos)aCcBA即 2a acos=2cos+cos即 2a 2cos=cos+cos即 2a 2ccos=，（射影定理）5即 2a 2c 2+222=，（余弦定理）即2+2 2=，即1cos2C.5 分（2）因为sin =2sin2 sin +即sin()sin()2sin2ABABB，所以sincos+cossin+sincos cossin=4sincos，整理得sincos2sincosABBB，7 分 当2B时，cos0B

17、，3C，6A，此时 S=12=3，且3ca，解得 c=6；9 分 当cos0B 时，sin2sinAB，由正弦定理得2ab，此时 S=12sin=34 22=3，解得 b=2，a=2 2，由余弦定理得2=2+2 2cos=2 22+22 2 2 2 2 12=6，解得 c=611 分综上得 c=6.12 分20.【答案】(1)2nna(2)见详解【解析】若选择条件：因为1231234422223nnnaaaa231123144222223nnnnaaaa当时，两式相减得144442433nnnnna，6所以2n 当时2nna，当12nnna时符合，若选择条件：因为22nnSa，11222nnn

18、Sa当时，两式相减得12nnaa，120a，22na是首项为，公比为 的等比数列，2nna若选择条件：1S22nnS1n222SnnS时，两式相减得12nnaa，当2112221S242Snaaa时，可得，12nnnNaa 时成立，22na是首项为，公比为 的等比数列，2nna6 分(2)由（1）可知21lognnbna12log 2nn(1)n n，则22222212111(1)(1)nnnbn nnn，8 分所以22222211111111223(1)(1)nTnnn 因为22221210(1)nnnbn n所以221nnb各项均为正数，所以134nTT，又因为2111(1)nTn，所以3

19、14nT12 分21.【答案】（1）垂直（2）3010（3）Q为线段PA的中点【详解】（1）在翻折过程中总有平面PBD 平面PAG，7证明如下：点M，N分别是边BC，CD的中点，BDMN，又因为菱形ABCD中60DAB，PMN 是等边三角形，G是MN的中点，MNPG，菱形ABCD的对角线互相垂直，BDAC，MNAC，ACPGG，AC 平面PAG，PG 平面PAG，MN 平面PAG，BD 平面PAG，BD 平面PBD，平面PBD 平面PAG4 分（2）由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且4DB，2MN，13O G，所以等腰梯形MNDB的面积2433 32S，要使得四棱锥PMNDB体积最大，只要

20、点P到平面MNDB的距离最大即可，当PG 平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为3，此时四棱锥PMNDB体积的最大值为13 3333V，连接BG，则直线PB和平面MNDB所成角的为PBG，在中，3PG，7BG，由勾股定理得：2210PBPGBG330sin1010PGPBGPB8 分（建系解法略）（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3 3,0,0A，0,1,0M，0,1,0N,0,0,3P，由（2）知，AGPG，又AGMN，MNPGG，MN 平面PMN，PG 平面PMN，AG 平面PMN，故平面

21、PMN的一个法向量为11,0,0n u r，设AQAP（01），3 3,0,3AP ，3 3,0,3AQ，故 Q3 3 1,0,3，0,2,0NM ，3 31,1,3QM，平面QMN的一个法向量为2222,nx y z，则20nNM ，20nQM ，9即222220,3 3130,yxyz令21z，所以220,31yx即2?=3 1,0,1=13 1,0,3 1则平面QMN的一个法向量,0,31n，设二面角QMNP的平面角为，所以122110cos1091n nn n ，解得：12，故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点12 分22.【答答案案】(1)+=（2）见见详详解解（3）见见详详解

22、解【详解】（1）=1,=(1)，则=1+1 1,(2)=2,(2)=2，于是点(2,(2)处切线方程为：=2 +2+2=2 2.即 +=3 分（2）若 0，则 定义域为 1,+，1xfxx由 0 得1 0，由 0，所以 在1,0单调递增，在 0,+单调递减.综上，当 0 时，在1,0单调递增，在 0,+单调递减.7 分（3）解法一：不等式 1x af xxex 等价于1ln(1)0 x axea x.设 1ln(1)x ag axea x，（0 1则=(+1)+1，/()0,()h xh x在 1，+单调递增，所以 1=1.而1aea，所以 0，在（0，1 单调递减，所以 1ln(1)xg agxex.由（2）可知，当=1 时，0=0，得（+1）.所以ln(1)10 xxxxexxeexx.因此当 0 1则 11x agxxea（）.又因为 1=0，所以当 1,1 时，0.所以 110g xg aaa.因此1ln(1)0 x axea x.所以当 0 1 时，1x af xxex.12 分