山西大学附属中学2022-2023学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

山大附中2022~2023学年第一学期期中考试高三年级数学试题考试时间：120分总分：150分一．选择题（本题共12小题，每题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解不等式，求得集合，再由交集的运算法则，得解.【详解】解：，所以.故选：B.2.已知为虚数单位，复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算可得，结合共轭复数的定义即可求解．【详解】∵∴，∴故选：A3.已知的顶点，AC边上的高所在直线方程为，则AC所在直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由AC边与其上的高垂直的关系求得AC边的斜率，再结合A点坐标，即可由点斜式写出AC所在直线的方程.【详解】设AC边上的高所在直线的斜率为，则设AC边所在直线的斜率为，因为AC边上的高与AC边垂直，所以，所以又所以AC所在直线的方程为，整理为一般式得.故选：D.4.已知点是角终边上一点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦函数的定义，结合特殊角的余弦值进行求解即可.【详解】依题意点坐标为，故选：5.已知圆的方程圆心坐标为，则圆的半径为（）A.2B.4C.10D.3【答案】B【解析】【分析】先根据圆心坐标求出的值，再求圆的半径.【详解】化简得由题得，所以圆的半径为，所以 故选：B6.在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，则，故故选：B.7.设，则“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先求出两直线平行时的值，然后再根据充分必要条件的概念判断．【详解】解：当直线与直线平行时，满足，解得，所以，当时，直线即为，即为，显然满足平行关系；当时，直线即为，即为，显然也满足平行关系；所以，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A8.函数的部分图象大致为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过函数的奇偶性、区间上的函数值的符号确定正确选项.【详解】因为函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，排除B.由，可知当时，；当时，.所以D选项符合.故选：D【点睛】本小题主要考查函数图象的识别，函数图象的识别的方法主要根据函数的单调性、特殊点来求解.9.内角、、的对边分别是、、，若、、成等差数列，，且，则（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】根据条件可得，再结合余弦定理，即可求出【详解】解：因为、、成等差数列，所以，由余弦定理可得，解得，故选：D10.已知四面体的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，则等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由空间向量的线性运算可得，结合数量积的运算性质和定义求.【详解】因为E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，所以，，因为，，，所以．故选：D.11.在锐角中，，的对边长分别是，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】确定B的范围,利用正弦定理化简表达式,求出范围即可. 【详解】在锐角中,，,而，，所以，所以由正弦定理可知:,故选：B.【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,注意锐角三角形中角的范围的确定,是本题解答的关键,考查计算能力,逻辑推理能力,属于中档题.12.已知是定义在R上的偶函数，且，当x＞0时，，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意构造函数，判断出为奇函数，在上单调递增，且，在上单调递增，且.把原不等式转化为，即可求解.【详解】令，则.当x＞0时，，所以，所以在上单调递增.因为，所以为奇函数.所以. 令，即.因为为奇函数，在上单调递增，且，所以在上单调递增，且，所以当时，；当时，.所以不等式的解集为.故选：B二．填空题（本题共4小题，每题5分.）13.过点斜率为的直线在轴上的截距为______．【答案】-2【解析】【分析】利用点斜式求直线方程，令x=0，即可得出直线在y轴上的截距．【详解】由题意可得直线方程为：，令x=0，解得y=-2所以直线在轴上的截距为-2，故答案为：-214.若，则________.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式即可得到结果.【详解】，故答案为：15.若，则的展开式中的常数项是___________.【答案】【解析】【分析】利用，先求出，进而利用二项展开式的通项公式，直接计算求解即可【详解】由可得，或， 解得或（舍去），对于，其展开式通项为：，所以，令时，可得常数项为故答案为：16.若对任意的，且当时，都有，则的最小值是________.【答案】3【解析】【分析】将已知不等式转化为，令，利用导数求出的增区间，由此可确定的最小值.【详解】由于当时，都有，所以，即，令，所以当任意的，且当时，都有，所以在上递增，因为由，得，所以在上递增，所以，所以的最小值是3，故答案为：3三．解答题（本题共6小题）17.已知是公差不等于0的等差数列的前项和，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式； （2）求数列的前20项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由结合等差数列的性质和求和公式可求得，再由是与的等比中项，可求出公差，从而可求出通项公式，（2）由（1）可求出，从而可求出，令，则可得数列是首项为，公差为的等差数列，从而可求得结果【小问1详解】是等差数列，，由，得，则.设数列的公差为，则由，得，解得（舍去）或.，即.【小问2详解】由（1）知.令，则，∴∴是首项为，公差为的等差数列，即数列的前20项和为18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为.（1）求角A的大小； （2）若，D为的中点，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知及三角形的面积公式可得，，结合正余弦定理进行化简可求A（2）由，可得，然后结合余弦定理可求，然后代入三角形的面积公式可求.【详解】（1）依题意得，，由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，又因为，所以.（2）∵，∴，∴，∴，又，，∴，∴.【点睛】本题主要考查了正弦定理及余弦定理及三角形的面积公式等知识的综合应用.19.已知函数．（1）求的最小正周期和单调增区间；（2）若函数在存在零点，求实数a的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】 【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）根据题意转化为方程在上有解，以为整体，结合正弦函数图象运算求解.【小问1详解】对于函数，所以函数的最小正周期为，令，则，∴函数的单调递增区间为.【小问2详解】令，即，则，∵在存在零点，则方程在上有解，若时，则，可得，∴，得故实数的取值范围是．20.如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，，平面平面ABCD. （1）证明：；（2）若，点E为棱AD的中点，求直线PE与平面PAB所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）易证，再根据平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理证明；（2）连接CE，易证平面ABCD.得到CA，CD，CP两两互相垂直，则C为坐标原点，直线CD，CA，CP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量为，再由求解.【小问1详解】证明：在中，由余弦定理，得，所以，则，即.又因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面PAC.又因平面PAC，所以.【小问2详解】连接CE，由（1）可知，故.又，所以.又，所以平面PEC.又平面PEC，所以.又，，所以平面ABCD.所以CA，CD，CP两两互相垂直.如图，以C为坐标原点，直线CD，CA，CP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，，.设平面PAB的一个法向量为，则即令，得.所以.所以直线PE与平面PAB所成角的正弦值为.21.已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，.（1）求数列和的通项公式；（2）若，设数列的前项和为，求.【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，然后由已知条件列方程组可求出 和，从而可求出数列和的通项公式；（2）由（1）可知当为奇数时，，当为偶数时，，然后分奇偶项求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，，，，所以，解得，所以，【小问2详解】由（1）得，当为奇数时，，当偶数时，，所以令，则，，所以，所以 ，所以，所以.22.已知函数.（1）若，求的最小值；（2）若恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用基本初等函数的导数公式及导数法则，结合导数法求函数的最值即可求解；（2）将恒成立转化为恒成立，构造函数，利用导数法求函数的最值得出，进而得出，要使恒成立，只需要即可，结合导数法求函数最值即可求解.【小问1详解】若，则，，．∵在上单调递增，且，∴当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴．【小问2详解】 ，恒成立，即恒成立，令，，∴．下面证明：当且时，恒成立．（*）设，则，当时，，当时，，∴，即．∵，∴．要证明，只需证明，即证明，令，则，，当时，，当时，，∴．从而命题（*）成立．综上可知，a的取值范围是．【点睛】解决此题的关键是第一问利用函数的零点存在性定理及导数法求函数的最值即可，第二问将不等式恒成立转化为求函数的最值问题，再利用导数法即可求解.