辽宁省实验中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

辽宁省实验中学2023—2024学年度上学期期中阶段测试高三年级数学试卷考试时间120分钟试题满分150分命题人：高三数学组校对人：高三数学组第Ⅰ卷（选择题）一、单选题．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.设集合，，，则（）A.B.C.D.2.若，则p是q的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C充要条件D.既不充分也不必要条件3.幂函数f（x）的图象过点，则f（x）的一个单调递减区间是（）A.（0，+∞）B.[0，+∞）C.（﹣∞，0]D.（﹣∞，0）4.欧拉公式（其中为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉创立，公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数的数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，的共轭复数为（）A.B.C.D.5.已知角终边与单位圆的交点为，则的值为（）A.1B.C.D.6.在平行四边形ABCD中，，，，E为AB的中点，若，且，则（） A.B.C.D.7.已知函数，若对任意的正数、，满足，则的最小值为（）A.B.C.D.8.在锐角三角形中，、、的对边分别为、、，且满足，则的取值范围为（）A.B.C.D.二、多选题．本大题共4小题，每小题5分，甚20分，在每小题的选项中，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.、是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，下列说法正确的是（）A.、是异面直线，若，，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则10.关于函数，下列说法正确的是（）A.由，可得必是的整数倍B.C.图像可由向右平移个单位得到D.在上为增函数11.《九章算术》是我国古代数学中的经典，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接，，．以下结论正确的有（） A／／平面B.四面体是鳖臑C.若阳马的体积为，四面体的体积为，则D.若四面体的外接球的体积为，则．12.定义在上的函数满足：为奇函数，且，则（）A.的图象关于对称B.4是的一个周期CD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题纸相应位置上．13.函数的导函数______．14.已知动点在正方体的对角线（不含端点）上．设，若为钝角，则实数的值为______．15.如图是两个直角三角形板拼成的平面图形，其中，，，，则______．16.在正三棱锥中，、分别是、的中点，．若，则三棱锥的外接球的表面积为______．四、解答题：本大题共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.已知数列的前项的和为，且，.（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；（2）求数列前项的和. 18.在中，角、、的对边分别为、、，且，（1）求角的大小；（2）若，，求的值.19.某职称考试有A，B两门课程，每年每门课程均分别有一次考试机会，若某门课程上一年通过，则下一年不再参加该科考试，只要在连续两年内两门课程均通过就能获得该职称.某考生准备今年两门课程全部参加考试，预测每门课程今年通过概率均为；若两门均没有通过，则明年每门课程通过的概率均为；若只有一门没过，则明年这门课程通过的概率为．（1）求该考生两年内可获得该职称的概率；（2）设该考生两年内参加考试的次数为随机变量X，求X的分布列与数学期望.20.直三棱柱中，底面是等腰直角三角形,，，分别为的中点且在平面上的射影是的重心.（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．21.已知函数．（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求该切线方程；（2）当时，恒成立，求a的取值范围．22.已知函数，，为其导函数．函数在其定义域内有零点．（1）求实数a的取值范围；（2）设函数，求证：对任意的且，．（3）求证：． 辽宁省实验中学2023—2024学年度上学期期中阶段测试高三年级数学试卷考试时间120分钟试题满分150分命题人：高三数学组校对人：高三数学组第Ⅰ卷（选择题）一、单选题．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.设集合，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求，再求交集即可.【详解】由题意可知：，故选：D.【点睛】本题考查集合的补运算、交运算，属基础题.2.若，则p是q的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先根据不等式成立的条件求出的取值范围，然后根据充分必要条件的判断原则即可选出答案.【详解】解：由题意得：由，所以的定义域为，显然是的真子集，所以p是q的必要而不充分条件.故选：B 3.幂函数f（x）的图象过点，则f（x）的一个单调递减区间是（）A.（0，+∞）B.[0，+∞）C.（﹣∞，0]D.（﹣∞，0）【答案】A【解析】【分析】设,根据,解出,根据幂函数的单调性可得答案.【详解】设,则,即,所以,所以,所以的递减区间为,故选:A【点睛】本题考查了求幂函数的解析式,考查了幂函数的单调性,属于基础题.4.欧拉公式（其中为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉创立的，公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数的数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】直接计算得到，再计算共轭复数得到答案.【详解】，故.故选：A.5.已知角终边与单位圆交点为，则的值为（）A.1B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】先根据终边上的点求正弦值和余弦值，再根据二倍角正弦和余弦公式计算即可.【详解】角终边与单位圆的交点为,.故选:C.6.在平行四边形ABCD中，，，，E为AB的中点，若，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设向量，根据题意得到和，结合，列出方程组，即可求解.【详解】如图所示，设向量，则，且，所以由为的中点，可得，又由，可得，因为，可得，解得.故选：D. 7.已知函数，若对任意的正数、，满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析函数的单调性和奇偶性，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，因为，即函数为奇函数，又因为，且函数在上为增函数，所以，函数在上为增函数，对任意正数、，满足，则，所以，，即，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故选：B.8.在锐角三角形中，、、的对边分别为、、，且满足，则的取值范围为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换化简得出，利用为锐角三角形求出角的取值范围，由正弦定理结合三角恒等变换可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】由余弦定理可得，整理可得，由正弦定理可得，因为、，则，因为正弦函数在上单调递增，所以，，所以，，则，因为为锐角三角形，则，解得，则，所以，，令，则函数在上为增函数，故，故选：D.二、多选题．本大题共4小题，每小题5分，甚20分，在每小题的选项中，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.、是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，下列说法正确的是（）A.、是异面直线，若，，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】AD【解析】【分析】利用线面平行性质、面面平行的性质可判断A选项；利用线面、面面的位置关系可直接判断BC选项；利用线面平行的性质、面面垂直的判定定理可判断D选项.【详解】对于A选项，在直线上取一点，过点作直线，使得，过直线作平面，使得，如下图所示：因为，，，则，又因为，则，因为，，则，设直线、确定平面，因为，，、，所以，，同理可证，故，A对；对于B选项，若，，则或，B错；对于C选项，若，，，则、相交（不一定垂直）或平行，C错；对于D选项，因为，，则，过直线作平面，使得，如下图所示： 因为，，，则，因为，则，又因为，所以，，D对.故选：AD.10.关于函数，下列说法正确的是（）A.由，可得必是的整数倍B.C.图像可由向右平移个单位得到D.在上为增函数【答案】BD【解析】【分析】根据题意，结合正弦型函数的图象与性质，结合三角函数的诱导公式和图象变换，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，即，解得，则，所以，所以A不正确；对于B中，由函数，所以B正确；对于C中，将函数的图象向右平移个单位， 得到，所以C不正确；对于D中，由，可得，所以，根据正弦函数的性质，可得函数在为单调递增函数，所以D正确.故选：BD.11.《九章算术》是我国古代数学中的经典，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接，，．以下结论正确的有（）A.／／平面B.四面体是鳖臑C.若阳马的体积为，四面体的体积为，则D.若四面体的外接球的体积为，则．【答案】BC【解析】【分析】根据线面平行的判定定理，可判断A选项；由线面垂直的判定定理得平面，平面，可判断B选项；根据锥体体积公式可判断C选项；由题可知四面体外接球的半径为，再由球体的体积公式即可判断.【详解】如图，取中点，连接，，因为是的中点，所以，，因为底面为长方形，所以，，所以，，所以四边形为梯形，所以直线与相交，因为平面，所以直线与平面相交，所以A错误；因为底面，所以，因为为长方形，所以，因为,且，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，又平面，平面，且，所以平面，所以四面体四个面都是直角三角形，所以四面体是鳖臑，所以B正确； 由题意可知是阳马的高，所以，因为是的中点，所以，所以C正确；连接，则与相交与点，连接，则为四面体外接球的球心，所以半径为，若，则，所以，所以四面体的体积，所以D错误.故选：BC12.定义在上的函数满足：为奇函数，且，则（）A.的图象关于对称B.4是的一个周期C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据奇函数得到，A正确，计算，B错误，构造，确定函数周期为，且，计算，，得到答案.【详解】对选项A：为奇函数，，，函数图象关于对称，正确；对选项B：，，即，错误；对选项C：，则， 设，故，，则，故，，则，为周期为的周期函数，，则，，故，错误；对选项D：，，正确；故选：AD【点睛】关键点睛：本题考查了函数的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，确定新函数的周期再计算函数值是解题的关系，此技巧需要熟练掌握.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题纸相应位置上．13.函数的导函数______．【答案】【解析】【分析】直接求导得到答案.【详解】，.故答案为：14.已知动点在正方体的对角线（不含端点）上．设，若为钝角，则实数的值为______．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，点 ，根据，得到，结合，即可求解.【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，点，则，所以，因为，可得，可得，所以，即，因为点与点不重合，所以，所以为钝角，等价于，所以，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.15.如图是两个直角三角形板拼成的平面图形，其中，，，，则______．【答案】【解析】 【分析】先根据四点共圆得出同弧对的圆周角相等，再根据正弦定理得出边长，最后应用数量积公式及运算律计算即可.【详解】A,B,C,D四点共圆得出同弧对的圆周角相等,故答案为:.16.在正三棱锥中，、分别是、的中点，．若，则三棱锥的外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】取的中点，连接、，推导出、、两两垂直，以点为坐标点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，三棱锥的球心为，利用空间中两点间的距离公式可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，可求出三棱锥的外接球的半径，再结合球体表面积公式可求得结果.【详解】取的中点，连接、，如下图所示： 因为三棱锥为正三棱锥，则，为等边三角形，又因为为的中点，所以，，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为、分别是、的中点，则，因为，即，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为、平面，所以，，，因为三棱锥为正三棱锥，则，即、、两两垂直，以点为坐标点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设球心，则，可得，解得，所以，三棱锥的外接球半径为， 因此，三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知数列的前项的和为，且，.（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；（2）求数列前项的和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义可证得结论成立，确定等比数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得.【小问1详解】解：因数列满足，，则，且，所以，数列是首项和公比均为的等比数列，则，故.【小问2详解】解：，①则，②①②得，所以，. 18.在中，角、、的对边分别为、、，且，（1）求角的大小；（2）若，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用余弦定理求出的值，再利用正弦定理可求得的值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，所以，，因为、，所以，，则，故.【小问2详解】解：因为，，，由余弦定理可得，则，由正弦定理可得，所以，.19.某职称考试有A，B两门课程，每年每门课程均分别有一次考试机会，若某门课程上一年通过，则下一年不再参加该科考试，只要在连续两年内两门课程均通过就能获得该职称.某考生准备今年两门课程全部参加考试，预测每门课程今年通过的概率均为；若两门均没有通过，则明年每门课程通过的概率均为；若只有一门没过，则明年这门课程通过的概率为．（1）求该考生两年内可获得该职称的概率；（2）设该考生两年内参加考试的次数为随机变量X，求X的分布列与数学期望. 【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）设该考生两年内可获得该职称的事件为，计算概率得到答案.（2）的可能取值为，，，计算概率得到分布列，再计算数学期望即可.【小问1详解】设该考生两年内可获得该职称的事件为，；【小问2详解】的可能取值为，，.；；；的分布列为：数学期望为.20.直三棱柱中，底面是等腰直角三角形,，，分别为的中点且在平面上的射影是的重心. （1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证得，且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）因为，以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据点在平面上的射影是的重心，列出方程求得，再求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：取的中点，分别连接，因为分别为的中点，所以，且，又因为，且为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，且平面，所以平面.【小问2详解】解：因为，以为原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，且，则，因为为的重心，所以，可得，且又因为点在平面上的射影是的重心， 则，解得，所以，可得，又由向量，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，且，所以平面的一个法向量，可得，所以二面角的平面角的余弦值．.21.已知函数．（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求该切线方程；（2）当时，恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导得到导函数，根据平行得到，计算得到答案.（2）根据得到，再计算导函数，构造，证明函数单调递增，计算最值得到证明.【小问1详解】 ，则，切线与直线平行，则，解得，又，则直线方程为：，即.【小问2详解】，，，故，故，若，则，则存在使上，函数单调递减，故，不成立；现证明时，在上恒成立，，设，则在上恒成立，故单调递增，即，故在上恒成立，函数单调递增，故，故.【点睛】关键点睛：本题考查了切线方程，利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用必要性探路得到，再放缩求导得到函数的单调性再计算最值，可以简化运算是解题的关键.22.已知函数，，为其导函数．函数在其定义域内有零点．（1）求实数a的取值范围；（2）设函数，求证：对任意的且，．（3）求证：．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】【分析】（1）取，变换，构造新函数，求导得到的单调区间，计算最值得到答案.（2）构造函数，求导得到单调区间，计算最值得到，构造函数，求导得到单调区间，计算最值得到，得到答案.（3）根据变换得到，构造函数，求导得到单调区间，计算最值得到证明.【小问1详解】，则，，设，在上恒成立，函数单调递减，故，故，即；【小问2详解】，，，，，设，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，恒成立，即，故；设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，恒成立，即，即，故，得证； 【小问3详解】，要证，即，，故，即，即，整理得到：，设，则，在上恒成立，故函数单调递增，故，即，即.【点睛】关键点睛：本题考查了根据零点求参数范围，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造新函数，将题目转化为函数的最值问题是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.