山西省太原市2022~2023学年第一学期高三年级期中质量监测数学试卷含解析.docx

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1、 山西省太原市20222023学年第一学期高三年级期中质量监测数学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 【详解】由得：，所以，由得：，所以，所以.故选：C2. 在复平面内，复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【详解】由得故选：D3. 已知点在所在平面内，满，则点依次是的（ ）A. 重心，外心B. 内心，外心C. 重心，内心D. 垂心，外心【详解】解：设中点为，因为， 所以，即，因为有公共点，所以，三点共线，即在的中线，同理可得在的三条中线上，即为的重心；因为，所以，点为的外接圆

2、圆心，即为的外心综上，点依次是的重心，外心.故选：A4. 从2007年10月24日18时05分，我国首颗绕月人造卫星“嫦娥一号”成功发射以来，中国航天葆有稳步前进的力量，标志着中国人一步一步将“上九天缆月”的神话变为了现实，月球距离地球大约38万千米，有人说，在理想状态下，将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次，其厚度就可以超过月球与地球之间的距离，那么至少对折的次数是（ ）（参考数据：）A. 41B. 42C. 43D. 44【详解】解：由题知，第一次对折后纸张的厚度为毫米，第二次对折后纸张的厚度为毫米，第三次次对折后纸张的厚度为毫米，所以，第次对折后纸张的厚度为毫米，因为38万千米为毫米，所以

3、，所以两边取以为底的对数得，即，解得，所以，至少对折的次数是次.故选：B5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【详解】.故选：A.6. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【详解】对于A，由，则设，当时，也是符合条件的，故A错误；对于B，由，则直线与的位置是平行或异面，故B错误；对于C，由，则存在，由，则，故C正确；对于D，设，当时，且，也可推出，故D错误，故选：C7. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【详解】解：由题知函数的定义域为，所以，函数为偶函数，所以因为当时，所以，由指数

4、函数单调性可知，在上为单调递减函数，因为，函数在上单调递增，所以又因为，所以，所以，由函数在上为单调递减函数可得，所以故选：D8. 若曲线和yx2mx1有公切线，则实数m（ ）A. B. C. 1D. 1【详解】设，则，曲线与切线相切于，则切线方程为：因为切线与yx2mx1相切， 联立：x2mx1=，所以，所以，所以，则有，解得，故选：A二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）A. 是等差数列B. C. D. 有最大值【详解】当时，当时，符

5、合，故，所以，所以数列是等差数列，首项为，公差，A正确；，B正确；因为公差，所以数列是递减数列，所以，C错误；，易知当或时，有最大值，D错误.故选：AB10. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. 有最小值B. 有最小值C. D. 【详解】由，则，对于A，由，则，故A错误；对于B，当且仅当，即时，等号成立，则的最小值为，故B正确；对于C，令，当时，故C错误；对于D，由，则令，易知该函数在上单调递增，又因为，即，则不等式成立，故D正确.故选：BD.11. 已知分别是内角的对边，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【详解】解：因为，所以，所以因为，且，因为，所以，故A选项错误；、所以

6、，所以，即，故B选项正确；所以，因为，所以，所以，所以令，因为，所以，所以，即，所以，所以，因为，所以，即，故C正确，D错误.故选：BC12. 已知四棱锥SABCD的底面是矩形，则下列结论正确的是（ ）A. 平面SAD平面SABB. BC平面SABC. 直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为D. 四棱锥SABCD外接球的表面积为13【详解】如图所示： 因为是矩形，所以又因，平面，所以平面，而平面SAB，所以平面SAD平面SAB，A正确；因为由余弦定理可知：，而，所以与所成夹角的余弦值为，所以BC与平面SAB不垂直，B错误；作，垂足为，连接，因平面，平面，所以，而，平面，所以平面，平面，所以，所

7、以，则，在Rt中，所以，即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，C正确；作矩形的中心，连接，设外接球球心为，作平面ABCD，且，作，垂足为，易知，连接，易知，因为，故，由解得：，所以四棱锥SABCD外接球的表面积，D正确.故选：ACD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知，若，则实数_【详解】解：因为，所以，因为所以，即，解得所以，实数.故答案为：14. 设等比数列的前n项和为，且，则_【详解】解：因为所以，当时，所以，即，所以，等比数列的公比为，所以，当时，所以，解得，所以故答案为：15. 已知函数的最小正周期为T，若，且当时，取得最小值1，则_【详解】解：因为函数）

8、的最小正周期为T，若，所以，解得，因为时，取得最小值1，所以，所以，因为所以，即，所以故答案为：16. 已知定义在上的函数满足，且是的导函数，当时，则不等式的解集为_【详解】解：令，则因为，即，所以，即函数为偶函数，因为，当时，所以，当时，函数为单调递减函数，因为函数为上的偶函数所以，函数在上单调递增，在上单调递减，因为，所以因为可变形为，即，因为函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，所以，或，即或，所以，不等式的解集为故答案为：四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知集合，且（1）若命题“”为真命题，求实数a的取值范围；（2）若，求实数

9、a的取值范围（1）解：因为，所以，即，因为，且，所以，解得，因为命题“”为真命题，所以，所以，解得，所以，实数a的取值范围是.(2)解：由（1）知，所以，因为，所以，或，解得或，所以，实数a的取值范围是18. 已知是偶函数（1）求实数k的值；（2）求不等式的解集（1）由题意，则，解得.(2)由（1）可知，则，整理为，解得，即.19. 已知函数（1）求的单调递增区间；（2）记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值（1）由，解得，的单调递增区间为；(2)因为，可得，因为，所以即，由及可得，所以所以即，当且仅当时取到等号，所以，故面积的最大值为.20. 已知数列中，（1）求数列的通项公式；（2

10、）若，求数列的前n项和（1）因为，即，即数列是首项为公比为的等比数列，则，即.(2)，则故，两式作差可得：，即,则.即数列的前n项和.21. 如图，PO是三棱锥PABC的高，点D是PB的中点，（1）从条件、条件这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；（2）若，OB平分，PB5，PO3，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值条件：OD/平面PAC；条件（1）选择：OD/平面PAC，延长交于点，连接，如下所示：因为/面面，面面，故/，在中，因为点为的中点，故可得为的中点；又，故可得;因为面，面，则，故，则；选择：，取中点为，连接如下所示：因为面，面，则，又，故，则；在

11、中，又为中点，故可得，又，则/面面，故/面；在中，因为分别为中点，故/，又面面，故/面；又面，故面/面，又面，故可得/面.(2)选择：OD/平面PAC，由（1）所证可得：；选择：，由（1）所证可得：OD/平面PAC，故不论（1）中选择哪个条件，都会有，且OD/平面PAC.连接，取中点为，连接，以为坐标原点，过作与平行的直线为轴，以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系：在中，又，易得，在中，则，设平面的法向量为，则，即，解得，取，则，则；设平面的法向量为，则，即，解得，取，则，；故，设平面PAB与平面PAC的夹角为，则，即平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为.22. 已知函数，是非零常数（1）

12、若函数在上是减函数，求的取值范围；（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点（1）解：因为函数在上是减函数，所以，在上恒成立，当时，在上恒成立，满足题意；当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，所以，的取值范围为(2)解：令得，所以，则，所以，当时，函数在上单调递增，当时，故函数在上单调递减，因为，所以，存在，使得，即，所以，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，恒成立，所以，在上单调递增，因为，所以，存在，使得，即，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，因为，所以，在上单调递减， 综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，因为，即，所以，所以，当时，直线与图像在上有两个交点，所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.所以，取，则，当时，在上有两个极值点.所以，其中，