1、2022-2023学年度第一学期期中考试高三数学试题一、单项选择题：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. 【答案】D【解析】【分析】将写成分段函数形式求值域，由指数函数性质求值域分别得到集合A、B，再结合各项判断正误即可.【详解】，故，而，则，所以，即A、B、C错误，D正确.故选：D2. 已知，为两个不同平面，为直线且，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】当时，若，则推不出；反之可得，根据充分条件和必要条件判断方
2、法，判断即可得到答案【详解】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；当时，可过直线作平面与平面交于，根据线面平行的性质定理可得，又，所以，又，所以，故充分性成立，所以“”是“”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，关键是掌握充分条件和必要条件的定义，判断是的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件3. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 向量与向量的夹角为D. 在的投影向量是【答案】C【解析】【分析】应用向量坐标的线性运算求、，结合向量共线定理、模长的坐标运算判断A、B，根据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义判断C
3、、D.【详解】由，不存在使，即与不共线，A错误；由，故，B错误；由，又，故，C正确；由在的投影向量，D错误.故选：C4. 有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比由上述信息可求得的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出，其中，计算出，然后利用诱导公式可求得的值.【详解】在中，取的中点，连接，如下图所示：由题意可知，且，所以，所以，.故选：C.5. 已知函数，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示，则解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性结合图象的对称性排除CD，再由特
4、殊值及放缩法判断的正负排除B.【详解】定义域都为，关于原点对称，而，所以都是奇函数，故都是偶函数,因为所给图象关于原点对称，是奇函数，故可排除CD；当时，故排除选项B.故选：A6. 已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）A. 函数为奇函数B. 函数图象关于点对称C. 函数在区间上为单调函数D. 函数在区间上有12个零点【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得，代入法以及正余弦函数性质判断奇偶性、对称中心，由整体法，结合正弦函数的单调性、周期性判断区间单调性和区间零点个数.【详解】由题设，故，所以，故且，所以，又，故，综上，为偶函数，A错误；，图象不
5、关于对称，B错误；在上，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，C错误；在上，在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，D正确.故选：D7. 已知直线与直线相交于点，则下列结论正确的是（ ）A. 过定点B. 点的轨迹方程为C. 点到点和点距离之和的最大值为D. 点到坐标原点的距离的最小值为【答案】B【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；求出直线所过定点的坐标，分析可知，由可求得点的轨迹方程，可判断B选项；求出，利用基本不等式可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项.【详解】对于A选项，直线的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，A错；对于B选项，直线
6、的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，因为，则，即，设点，则，所以，整理可得，所以，点的轨迹方程为，B对；对于C选项，由勾股定理可得，所以，则，当且仅当时，等号成立，所以，点到点和点距离之和的最大值为，C错；对于D选项，记圆的圆心为，该圆的半径为，因为，故原点在圆外，又因为，故，D错.故选：B.8. 已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（ ）A. 必有两个极值点B. 有且仅有3个零点时，的范围是C. 当时，点是曲线的对称中心D. 当时，过点可以作曲线的3条切线【答案】B【解析】【分析】对求导，得到的单调性，判断的极值点个数可判断A；要使有且仅有3个零点，只需即可判断；当时，计算可判断C；
7、设切点为，求出过点的切线方程，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数即可判断D.【详解】对于A，令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值,所以A正确；对于B，要使有且仅有3个零点，只需即，所以，所以的范围是，故B不正确；对于C，当时，所以点是曲线的对称中心，所以C正确；对于D，设切点为，所以在点处的切线方程为：，又因为切线过点，所以，解得：，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.,令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，则在上单调递增，在上单调递减，如下图所示，当时，与图象有3个交点，即过点
8、可以作曲线的3条切线，故正确，故选：B【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，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. 设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则z的虚部为2iB. 若|z|1，则z1或ziC. 若点Z坐标为（1，3），且z是关于x的实系数方程x2pxq0的一个根，则pq12
9、D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为【答案】CD【解析】【分析】A选项：根据虚部的概念判断即可；B选项：根据模的公式判断即可；C选项：根据的坐标得到，然后代入中得到，解方程即可；D选项：设，根据得到，然后根据几何图形求面积即可.【详解】A选项：因为，所以的虚部为-2，故A错；B选项：设，则可以得到，即，有好多种情况，例如，此时，故B错；C选项：若的坐标为，则，又是关于的实系数方程的一个根，所以，所以，解得，故C正确；D选项：设，则，即，所以的集合所构成的图形为环形，如下所示：所以面积为，故D正确.故选：CD.10. 下列不等关系中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析
10、】【分析】利用对数函数的单调性结合中间值法可判断A选项；构造函数，利用导数分析函数的单调性，可判断BC选项；利用幂函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，A对；对于B选项，构造函数，其中，则，当时，；当时，.所以，函数的增区间为，减区间为，因为，则，即，所以，即，B对；对于C选项，因为，且函数在上单调递增，所以，即，即，即，C错；对于D选项，D对.故选：ABD.11. 在三棱锥中，已知，则（ ）A. 与成角B. 平面平面C. 平面平面D. 与平面所成角小于与平面所成角【答案】CD【解析】【分析】利用反证法可判断A选项；利用二面角的定义可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断C选项；利用
11、线面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，若，又因为，且，、平面，所以，平面，平面，则，因为，则为锐角，矛盾，故与不成角，A错；对于B选项，则为锐角，所以，二面角的平面角为，故平面与平面不垂直，B错；对于C选项，、平面，平面，平面，又因为，、平面，平面，平面，所以，平面平面，C对；对于D选项，因为平面，则、与平面所成角分别为、，则，所以，又因为、均为锐角，则，D对.故选：CD.12. 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：
12、正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（ ）A. 第个正方形面积为.B. .C. 使得不等式成立的的最大值为.D. 数列的前项和对任意恒成立.【答案】BCD【解析】【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】根据题意，且，故，即，又，故可得，由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，则，即第三个正方形的面
13、积为，故A错误，B正确；对C：因为，故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，又，故不等式成立的的最大值为，正确；对：因为，对任意恒成立，正确.故选：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数同时满足（1）；（2），其中，则符合条件的一个函数解析式_【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得且，写出一个符合要求的解析式即可.【详解】由（2）知：上递减，由（1），结合对数的运算性质知：，则，综上，且，故满足要求.故答案为：（答案不唯一）14. 已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直
14、径若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】求出、， 利用和的取值范围计算可得答案.【详解】如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，即， 所以，所以，即.故答案为：.15. 正四棱台高为2，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_【答案】【解析】【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.【详解】如图所示，为外接球球心，设外接球半径为R，由勾股定理得：，设，则，故，解得：，故，故球的表面积为.故答案为：16. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由两条曲
15、线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满足切线方程来列方程组，得到与满足的关系式，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.【详解】曲线在点A处的切线可写作设该切线在曲线上的切点为，则有，消去t得则当且仅当，即时取得该最小值.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. 设数列的前项和为，（1）求的通项公式；（2）对于任意的正整数，求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列
16、的求和公式可求得.【小问1详解】解：当时，由可得，上述两个等式作差可得，所以，则，所以，也满足，故对任意的，.【小问2详解】解：对于任意的正整数，所以，.18. 若函数满足，其中，且（1）求函数的解析式；（2）判断并证明函数的单调性；（3）若，在时恒成立，求的取值范围【答案】（1）， （2）见解析， （3）【解析】【分析】（1）利用换元法，令，则，代入化简可求出函数解析式，（2）分和两种情况，利用单调性定义判断即可，（3）由（2）可知在上递减，所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围【小问1详解】令，则，所以，所以，【小问2详解】当时，在上递增，当时，在上递减，理由如下：当时，任取，且，则，因
17、为，所以，所以，所以，所以，即，所以在上递增，当时，任取，且，则，因为，所以，所以，所以，所以，即，所以在上递减，【小问3详解】当时，由（2）可知在上递减，因为在时恒成立，所以，所以，即，所以，解得或，因为，所以，即的取值范围.19. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAPBAB2，平面PAB平面ABCD，N是CD的中点（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；（2）求二面角BPAC的正弦值；（3）求点N到面PAC的距离【答案】（1）； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，由线面平行的性质可得，根据等比例关系即可求结果；（2）根据已知证明两两垂
18、直，构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值；（3）利用等体积法，求点面距离.【小问1详解】连接，交于，连接，因为面，面，且面面，所以，故.【小问2详解】若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，所以，等边三角形中，因为平面PAB平面ABCD，面面，面，所以面，而面，则，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，由，则，所以，若为面的一个法向量，则，令，则，而为面的一个法向量， 所以，故二面角的正弦值为.【小问3详解】由题设，而，又，所以，若N到面PAC的距离为，则，可得，故N到面PAC的距离为.20. 在；两个条件中任选一个，补充在
19、下面的问题中，并解决该问题已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， （1）求角C的大小；（2）若ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求ABC的面积【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）应用正余弦边角关系、倍角正余弦及辅助角公式化简条件公式，结合三角形内角性质求角C的大小.（2）过作交延长线于，利用角平分线性质、相似三角形的等比例关系求出，再应用三角形面积公式求面积.【小问1详解】选：由正弦边角关系得，再由余弦边角关系得，所以，而且，所以.选：，所以，即，又，则且，所以，可得，所以.【小问2详解】过作交延长线于，因为为角平分线，且，则，由，则，又，所以，故，又，故为等边
20、三角形，则，结合（1）结论，ABC的面积为.21. 已知圆O：x2y216，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由【答案】（1）； （2）（i）7；（ii）存在，.【解析】【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；（
21、2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.【小问1详解】设，因为点在圆上，所以，因为为中点，所以，整理得，代入式中得，整理得，所以曲线的方程为.【小问2详解】（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，则，所以，所以，当时，；当时，当且仅当时等号成立，综上所述，四边形面积的最大值为7.（ii）设，联立，得，则，因为曲线与轴交于，两点，所以，则直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方
22、程得，所以，所以在定直线上.【点睛】（1）求动点轨迹方程的方法：定义法：根据已知的曲线的定义判断； 直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；代入法：有两个动点，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；参数法：动点的横纵坐标没有直接关系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程.22. 函数，（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求实数的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用导数
23、与函数单调性的关系可求得函数的单调递增区间；（2）构造函数，可知对任意的，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：，求导得，由可得，则，解得，故函数的单调递增区间为.【小问2详解】解：令，其中，且，由题意可知，对任意的，则，令，其中，当时，对任意的，则，此时函数在上单调递增，故，合乎题意；当时，对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，因为，（i）当时，即当时，对任意的，且不恒为零，此时，函数在上单调递增，则，合乎题意；（ii）当时，即当时，由零点存在定理可知，存在，使得，且当时，则函数在上单调递减，所以，不合乎题意；（iii）当时，即当时， 对任意的，且不恒为零，此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意.综上所述，.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.
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