山东省青岛市即墨区2022-2023学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第一学期教学质量检测高三数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回.注意事项：1.答第Ⅰ卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：（本大题共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.若复数为纯虚数，则实数m的值为（）A.1B.－1C.2D.－2【答案】D【解析】【分析】根据除法运算求出，再根据纯虚数的定义可得结果.【详解】,因为为纯虚数，所以，得.故选：D2.已知向量，，，若，则（）A.3B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先求出的坐标，再由，得可求出的值-21- 【详解】因为，，所以，因为，，所以，解得，故选：B3.如图，在中，，P是BN上一点，若，则实数t的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意设，由向量的线性运算可得，再根据已知列等式计算即可求出.【详解】由题意，是上一点，设，则，又，所以，所以，所以，解得.故选：C4.若，且为第四象限角，则的值为（）A.B.C.D.-21- 【答案】D【解析】【分析】结合同角三角函数的基本关系式求得正确答案.【详解】由于，且为第四象限角，所以，.故选：D5.要得到的图像，只需将函数的图像（）A.向左平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位【答案】A【解析】【分析】化简函数，即可判断.【详解】，需将函数的图象向左平移个单位.故选：A.6.在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值为（）A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】【分析】首先根据等比数列的性质求得，再根据基本不等式，即可求解.【详解】由等比数列的性质可知，，，-21- 所以，即，得，且，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为4.故选：C7.已知外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件作图可得为直角三角形，结合条件，并根据根据投影向量的概念求解即可【详解】所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，所以,如图：因为，所以，即，所以，向量在向量上的投影数量为：故选：A8.已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（）-21- A.18B.C.D.27【答案】B【解析】【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，因为球的体积为，所以球的半径为，在中，，即，所以正四棱锥的体积为整理得，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，函数取得最大值，故选：B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.下列关于平面向量的命题正确的是()A.若∥，∥，则∥-21- B.两个非零向量垂直的充要条件是：C.若向量，则四点必在一条直线上D.向量与向量共线的充要条件是：存在唯一一个实数，使【答案】BD【解析】【分析】根据向量共线的概念判断A，根据向量垂直的性质判断B，根据向量相等和向量概念判断C，根据向量共线定理判断D．【详解】对于，当时，不一定成立，A错误；对于，两个非零向量，当向量垂直可得，反之也一定有向量垂直，B正确；对于C，若向量与方向和大小都相同，但四点不一定在一条直线上，错误；对于D，由向量共线定理可得向量与向量共线的充要条件是：存在唯一一个实数，使D正确．故选：BD．10.设函数，则下列结论正确的是（）A.的周期是B.的图象关于直线对称C.在单调递减D.在上的最小值为【答案】ACD【解析】-21- 【分析】利用两角和的余弦公式化简函数的解析式，再根据余弦函数的图象和性质得出结论.【详解】函数，的最小正周期为，故A正确；令，求得，不是最值，可得的图象不关于直线对称，故B错误；时，，函数单调递减，故C正确；时，，故当即时，函数取得最小值为，故D正确，故选：ACD.11.已知正方体，则下列结论正确的是（）A.平面与直线平行B.平面与直线垂直C.平面与平面平行D.平面与平面垂直【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据平行四边形可证∥，进而结合线面平行的判定定理分析证明；对于B：根据线面垂直的判定定理分析证明；对于C：根据面面平行的判定定理分析证明；对于D：可证平面，根据面面垂直的判定定理分析判断.【详解】对于选项A：因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，故A正确；对于选项B：因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，-21- 因为平面，所以与不垂直，所以平面与直线不垂直，故B错误；对于选项C：因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，由选项A可知：∥平面，，平面，所以平面∥平面，故C正确；对于选项D：因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，且平面，可得，同理可证：，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面与平面不垂直，故D错误；故选；AC.12.数列依次为,,,,,,,,,,,,,,,,,…,其中第一项为,接-21- 下来三项为,再五项为,依次类推,记的前项和为,则下列说法正确的是（）A.B.为等差数列C.D.对于任意正整数都成立【答案】BCD【解析】【分析】根据数列的规律可求出判断A；根据等差数列的定义可判断B；根据数列求和可判断C；根据不等式的性质可判断D.【详解】设分母为的数为第一组,分母为的数为第二组，…,分母为的数为第组,则前组数共有个数,对于A,令,可得,所以为第组最后一个数,则,故A错误;对于B,因为前组数共有个数,所以数列的项为每一组的最后一个数的倒数,即,故B正确;对于C,因为前项共有组数,又每组数的和为,所以前组数的和为,即,故C正确;对于D,根据已知设,因为为定值,即,因为,所以,则,因为,所以,即,故D正确.故选:BCD.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是______.-21- 【答案】【解析】【分析】首先将复数化简，再根据复数的几何意义，列不等式求实数的取值范围.【详解】复数，因为复数对于的点在第四象限，所以，解得：.故答案为：14.已知非零单位向量，满足，则与的夹角余弦值为______.【答案】【解析】【分析】由已知两等式平方后可解得得，进而可求解.【详解】，，又，，，，设与的夹角为，则故答案为：15.公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为.则______.【答案】【解析】-21- 【分析】首先得到，然后在中，由余弦定理得求出，可求出，即可求出.【详解】如图，O为楼脚，OP为楼高，则，，所以，又因为，，所以，所以，所以，所以又因为，所以在中，，所以，故.，所以，所以.故答案为：.16.已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项______.【答案】【解析】【分析】由结合共线向量定理的推论可得，则可求得，再由可得-21- ，从而得，则得，然后利用分组求和法可求得结果.【详解】因为，所以，因为三点共线，所以，所以，因为，所以是以4为首项，2为公比等比数列，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以因为，所以，所以，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查向量共线定理的应用，考查数列的分组求和法，考查等比数列的应用，解题的关键是将已知式子变形结合共线向量定理推论化简求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，.（1）求的值；（2）求的值.-21- 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值；（2）利用同角基本关系式得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.【小问1详解】在中，由正弦定理得，又由，得，又因为为三角形内角，则，则.又因为，得到，.由余弦定理可得.【小问2详解】在三角形中，由（1）可得,.18.已知数列，为的前n项和，，，.（1）证明：是等比数列；（2）设，求数列的前n项和为.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】-21- 【分析】（1）根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；（2）由（1）得运用错位相减法可得.【小问1详解】当时，，当时，由，可得，两式相减可得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列,又数列为以为首项，等比数列为的等比数列.【小问2详解】由（1）得，，可得，则,,即有前项和为，，,两式相减可得，，化简可得.19.如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，，是-21- 的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用中位线定理证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行判定定理即可得证；（2）根据题意建立空间直角坐标系，从而求得平面与平面的法向量，进而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】取中点，连接，分别为的中点，，，因为四边形是矩形，是的中点，所以且，故且，则四边形为平行四边形，，又面，平面，所以平面.【小问2详解】设，则，因为，所以由勾股定理得，则是等腰直角三角形，又平面，故以中点为原点，过点和平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，-21- 则，，，，则，，，设是面的一个法向量，则有，取，则，故，设是面的一个法向量，则有，取，则，故，记平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值.20.已知函数的图象经过，周期为.（1）求解析式；（2）在中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，的角平分线交AB于D.若恰为的最大值，且此时，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】-21- 【分析】（1）由周期可求出，再将坐标代入函数中可求出，从而可求出的解析式；（2）恰为的最大值，且此时，可得，，再由题意得，化简可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.【小问1详解】周期为，，图象经过，，，又，∴，【小问2详解】的最大值，，得，∵，∴，∴，，，，即，∴，，当且仅当，即时取等号，-21- 又，即当且仅当，时取等号，所以的最小值为.21.如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，为等边三角形，面底面ABCD，E为AD的中点.（1）求证：；（2）在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为.①确定点F的位置；②求点C到平面PEF的距离.【答案】（1）证明见解析（2）①点的位置是线段上靠近的三等分点；②【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质定理，即可证明线线垂直；（2）①根据（1）的证明过程，以点为原点，建立空间直角坐标系，以线面角的向量公式求点的位置；②根据①的结果，结合点到平面的距离的向量公式，计算结果.【小问1详解】取中点，连接，,为等边三角形,,面底面，面底面，面，-21- 面，，，，又，面，面，，【小问2详解】①如图以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系.设，，，，,,，，，，，设是平面的一个法向量-21- 则有，令解得：因为直线与平面所成角的正弦值为即解得，所以点的位置是线段上靠近的三等分点，②，，，点到平面的距离.22.已知正项数列满足，且，.（1）已知，求的通项公式；（2）求数列的前2023项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可得，从而得到，进而得到是以为首项，公比为的等比数列，再根据等比数列的通项公式即可-21- 求解；（2）由可得，从而有，得到数列偶数项具有周期性，最后根据分组求和即可.【小问1详解】，，，，即，，即，是以为首项，公比为的等比数列，.【小问2详解】，又，，，，即，，即数列偶数项具有周期性，，所以·-21-