河北省唐山市第一中学2022-2023学年高三数学上学期11月期中试卷（PDF版附答案）

唐山一中2022—2023学年度第一学期期中考试高三年级数学试卷命题人：孟征赵志芬审核人：李桂兰说明：1.考试时间120分钟，满分150分。2.将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,将卷Ⅱ答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上。卷Ⅰ（选择题共60分）一．单项单选题（本题共8小题，每题5分，共40分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设集合A{x|1x2}，B{x|xa}，若AB，则实数a的取值范围是（）A．{a|a2}B．{a|a2}C．{a|a1}D．{a|1a2}2．z12i34i，则z=（）A．2B．6C．5D．33．已知a，b是两条不同的直线，,,是三个不同的平面，则下列命题错误的是（）A．若,//，则B．若//,//,a，则aC．若a,b,a//b，则//D．若,,b，则b4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则a6=（）A．103B．107C．109D．1055．若xR,kZ，则“|xk|”是“|tanx|1”的（）4A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件ππ6．已知f(x)cos(x)（其中0，）的部分图象如22图所示，下列四个结论：ππ（1）函数f(x)的单调递增区间为2kπ,2kπ，kZ36高三年级数学试卷第1页，共4页 π2π（2）函数f(x)的单调递减区间为kπ,kπ，kZ63（3）函数fx的最小正周期为π（4）函数fx在区间[,]上有5个零点．其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．40.30.27．已知a2,b3，若clog2ab，则a､b､c大小关系为（）A．cbaB．cabC．abcD．bacS8．在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，设ABC的面积为S，则的2a4bc最大值为（）2332A．B．C．D．16121618二．不定项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9．如图所示，在四棱锥EABCD中，△CDE是边长为2的正三角形，点N为正方形ABCD的中心，M为线段DE的中点，BCDE则下列结论正确的是（）A．直线BM与EN是异面直线B．线段BM与EN的长度不相等C．直线DE平面ACM6D．直线EA与平面ABCD所成角的正弦值为410．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（）abcA．若，则△ABC一定是等边三角形cosAcosBcosCB．若acosAbcosB，则△ABC一定是等腰三角形C．AB是sinAsinB成立的充要条件222D．若abc0，则△ABC一定是锐角三角形11．设数列an的前n项和为Sn，下列命题正确的是（）A．若an为等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍为等差数列B．若an为等比数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍为等比数列高三年级数学试卷第2页，共4页 a为等差数列，则aan（a为正常数）为等比数列C．若nD．若an为等比数列，则lgan为等差数列12．已知函数fx与gx的定义域均为R，fx,gx分别为fx,gx的导函数，fxgx5，f2xg2x5，若gx为奇函数，则下列等式一定成立的是（）A．f25B．gx4gx.C．g8xgxD．fx8fx卷Ⅱ（非选择题共90分）三．填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13．平面向量a与b的夹角为60，a(3,4),|b|1，则|a2b|_____________．14．已知等差数列an的前n项和为Sn，且S11S10S12，则满足Sn0的正整数n的最大值为____15．在三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA4，ABBCAC22，M为AC的中点，球O为三棱锥PABM的外接球，D是球O上任一点，则三棱锥DPAC体积的最大值为____________．e,e22216．已知函数f(x)ax1blnx1，若关于x的方程f(x)0在上有解，则ab的最小值为______．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.）217.（本题10分）已知等比数列an的公比q>1，满足：S3=13,a4=3a6.(1)求an的通项公式；a,n为奇数n(2)设bn=，求数列bn的前2n项和S2n.b+n,n为偶数n118.（本题12分）如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠BAD＝，AB＝1，CD＝3，M为PC3上一点，且MC＝2PM.高三年级数学试卷第3页，共4页 （1）证明：BM//平面PAD；（2）若AD＝2，PD＝3，求点D到平面PBC的距离.19.（本题12分）在斜三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，ABAC，侧面BB1C1C为菱形，且B1BC60，点E为棱A1A的中点，EB1EC，平面B1CE平面BBCC．11(1)证明：平面BB1C1C平面ABC；(2)求平面AB1C与平面B1CE的夹角的余弦值．20．（本题12分）如图，矩形纸片ABCD的长AB为37，将矩形ABCD沿折痕EF,GH翻折，使得A,B两点均落于DC边上的点P，若EG7,EPG.(1)当sin2sin时，求矩形的宽AD的长度；(2)当0,时，求矩形的宽AD的最大值.221．（本题12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S5S212；数列bn的b1，数列*前n项和Tn，且1bn的bn1Tn1，nN．(1)求数列an、bn的通项公式；n1an2an11(2)若数列cn满足：cn14aa1b，当n2时，求证：c1c2c2n．nnn2a22．（本题12分）已知fxa1lnxxx(1)若a0，讨论函数fx的单调性；a2xx12(2)gxfxlnx有两个不同的零点x1，x20x1x2，若g0恒x2成立，求的范围．高三年级数学试卷第4页，共4页 高三数学期中考试参考答案：1-8CCCBCBAA9-12BDACACACD913-163921432eanq117.（1）法一：因为是公比的等比数列，S=13a1+a2+a3=13a1+q+q2=1331所以由2，得325，即，a4=3a6a1q=3a1qa1q=321qq132两式相除得，整理得3q10q30，即3q1q30，q31a31n1n1解得q3或q，又q1，所以q3，故1，所以ana1q3，3qn1ba3（2）当n为奇数时，nn，n2当n为偶数时，bnbn1n3n，所以S2nb1b2b3b4b2n1b2nb1b3b2n1b2b4b2n022n2022n23332n022n22333242nn2n13n2n+291=2+n(n1).1322418.（1）过点M作ME//CD，交PD于点E，连接AE.因为AB//CD，故AB//EM.又因为MC＝2PM，CD＝3，且△PEM∽△PDC，EMPM1故，解得EM＝1.DCPC3由已知AB＝1，得EM=AB，故四边形ABME为平行四边形，因此BM//AE，又AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，所以BM//平面PAD.1 （2）连接BD，由已知AD＝2，AB＝1，∠BAD＝，3可得DB2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD＝3，即DB＝3.因为DB2＋AB2＝AD2，故△ABD为直角三角形，且∠ABD＝.2因为AB∥CD，故∠BDC＝∠ABD＝.2因为DC＝3，故BC＝22DCDB23.由PD⊥底面ABCD，得PD⊥DB，PD⊥DC，故PB＝2222PDDB23，PC＝PDDC32，则BC＝PB，故△PBC为等腰三角形，212119315其面积为S△PBC＝·PC·BCPC×32×12＝.22222115设点D到平面PBC的距离为h，则三V三棱锥D－PBC＝·S△PBC·h＝h321133而直角三角形BDC的面积为S△BDC＝·DC·DB＝×3×3＝，222113333三棱锥P－BDC的体积为V三棱锥P－BDC＝·S△BCD·PD＝××3＝.3322153335因为V三棱锥D－PBC＝V三棱锥P－BDC，即h＝，故h＝.22535所以点D到平面PBC的距离为.5BCBO19解：（1）分别取BC，1的中点O和F，连接OA，OF，EF，1，如下图：1因为O，F分别是BC，B1C的中点，所以FOBB1，且FOBB1，21因为点E为棱A1A的中点，所以AEBB1，且AEBB1，2所以FOAE，且FOAE，所以四边形AOFE是平行四边形，所以EF∥AO．因为EB1EC，F是B1C的中点，所以EFB1C，又因为平面B1CE平面BB1C1C，且平面B1CE平面BB1C1CB1C，2 所以EF平面BB1C1C，所以AO平面BB1C1C，因为AO平面ABC，所以平面BB1C1C平面ABC．BBCCBBC60△BBCBOBC（2）因为侧面11为菱形，且1，所以1为正三角形，所以1，由（1）知平面BB1C1C平面ABC，平面BB1C1C平面ABCBC，所以B1O平面ABC，又由ABAC，故OA，OC，OB1两两垂直，设AB2，则AABC22，1以O为坐标原点，OA，OC，OB分别为x，y，z轴的正方向，1建立空间直角坐标系如下：26则A2,0,0，C0,2,0，B10,0,6，E2,,，2226所以B1C0,2,6，CE2,,，AC2,2,0，22设平面B1CE的法向量为mx1,y1,z1，mBC2y6z0111则26，令z11，则y13，x10，mCE2xyz011122从而m0,3,1．设平面AB1C的法向量为nx2,y2,z2，nBC2y6z0,122则令y23，则z21，x23，nAC2x2y0,22从而n3,3,1，设平面AB1C与平面B1CE的夹角为，|mn|427则cos=|cos<m,n|，313317|m||n|3 27所以平面AB1C与平面B1CE的夹角的余弦值为．720（1）依题意,在△EPG中,EG7,PEPG3,EPG,AD的长度即为△EPG的边EG上的高,当sin2sin时，2sincossin,12所以cos,(0,),23EG7，设PEAEx,PGBGy,xy3，①222由余弦定理得,EGPEPG2PEPGcos得,221xy2xy7，222xyxy7,②2121321①②xy2,Sxysin7ADAD.PEG23277PEAEx,PGBGy,xy3（2）在△PEG中，，①22xy2xycos7，②21①②2xy1cos2,xy1cos2sincostan11sin1222Sxysin7ADADPEG2271cos712cos2172170,0,0tan1,(AD).max22427721（1）解：因为a11，由S5S212，得a3a4a512，所以3a412，即a44，设等差数列an的公差为d，aa41所以d1，41所以ana1n1d1n11n．4 *由bn1Tn1，nN，得bnTn11，n2，两式相减得bn1bnTnTn1bn，即bn12bnn2，又b2T11b112b1，所以数列bn是以1为首项、2为公比的等比数列，n1n1则bnb122；n1an2an1n1n2n1（2）由（1）知：cn11n1，4anan1bnnn12n1111，nn1n2n12111111∴T2nc1c2c3c2n12233412222232324211111．2n22n2n122n122n122n1221axa1xaxax1fxa11fx0,xx2x2x222解1)定义域为ⅰ）0a1即1a0时，fx0ax1，fx00xa或x1ⅱ）a1即a1时，x0,，fx0恒成立ⅲ）a1即a1，fx01xa，fx00x1或xaxa,1fx0,a1,fx综上：1a0时，，单调递减；、，单调递增a1时，x0,，fx单调递增a1时，x1,a，fx单调递减；0,1、a,，fx单调递增5 alnxx011(2)gxalnxx，由题alnx2x20，0x1x2x1则alnx1lnx2x2x1，设t0,1x2xxxx2121∴alnxlnxlnt12a2x1x22x2x12gx1∴ga11x22x1x2lnt2x1x221t10恒成立2tlnt21tt0,1，∴lnt0∴lnt0恒成立2t21t设htlnt，∴ht0恒成立2t22224t1t122tt24ht222t2tt2tt2t22ⅰ）≥4时，t0，∴ht0，∴ht在0,1上单调递增∴hth10恒成立，4∴,22,合题222t0,0,ⅱ）4，，∴ht0，∴ht在上单调递增4422t,1时，ht0，∴ht在,1上单调递减442∴t,1，hth10，不满足ht0恒成立4综上：,22,6