試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆遼寧省大連市濱城聯盟高三上學期期中（Ⅰ）考試數學試題一、單選題1．設集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解對數不等式求出集合，最后根據交集的定義計算可得.【詳解】解：由，即，解得，所以，由，即，所以，解得，所以，所以；故選：C2．已知為虛數單位，復數，則復數z的虛部是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根據復數的除法解得，再結合虛部概念理解判斷.【詳解】∵∴復數z的虛部是故選：B.3．朱載堉（1536~1611），是中國明代一位杰出的音樂家?數學家和天文歷算家，他的著作《律學新說》中闡述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一組音（八度）分成十二個半音音程的律制，各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等，亦稱“十二等程律”.即一個八度13個音，相鄰兩個音之間的頻率之比相等，且最后一個音是最初那個音的頻率的2倍.設第二個音的頻率為，第八個音的頻率為.則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先設第一個音的頻率為，設相鄰兩個音之間的頻率之比為，得出通項公式，根據最后一個音是最初那個音的頻率的2倍，得出公比，最后計算第八個音的頻率與第二個音的頻率的比值．【詳解】解：設第一個音的頻率為，設相鄰兩個音之間的頻率之比為，那么，根據最后一個音是最初那個音的頻率的2倍，，所以.故選：A4．已知，，，，則a，b，c的大小關系正確的為（

）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．a＞b＞c【答案】B【分析】由題意可得，結合，的單調性可判斷.【詳解】由題意，故，由指數函數的單調性，單調遞減，故，由冪函數的單調性，在單調遞增，故，綜上：.故選：B5．已知函數，則“”是“函數在處有極值”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】B【分析】求出函數的導函數，依題意可得，即可得到方程組，解得、再檢驗，最后根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】解：因為，所以，所以，解得或；當時，，即函數在定義域上單調遞增，無極值點，故舍去；當時，，當或時，當時，滿足函數在處取得極值，所以，所以由推不出函數在處有極值，即充分性不成立；由函數在處有極值推得出，即必要性成立；故“”是“函數在處有極值”的必要不充分條件；故選：B6．下列函數的解析式（其中…為自然對數的底數）與所給圖像最契合的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題知，所求函數的定義域為，為奇函數，在上單調遞減，在上單調遞增，且時，，時，，再依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：由圖像可知，所求函數的定義域為，為奇函數，在上單調遞減，在上單調遞增，且時，，時，，故對于A選項，由冪函數性質可知，為奇函數，且在上單調遞增，不滿足題意；對于B選項，函數的定義域為，不滿足；對于C選項，函數，由于函數在上單調遞增，在上單調遞增，所以函數在定義域上為單調遞增函數，故不滿足；對于D選項，易得函數為奇函數，，當時，，函數為減函數，時，，函數為增函數，且時，，時，，故滿足條件.故選：D7．已知三棱錐P-ABC中，底面ABC，PA＝AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由平面，可將此三棱錐補成直三棱柱，則三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，三棱柱上下兩個底面的外心連線的中點就是球心，然后通過計算可得外接球的半徑，從而可求得外接球的表面積.【詳解】將三棱錐還原成直三棱柱，則三棱柱的外接球即為球，為上下底面的外心，為的中點，為底面外接圓的半徑，由余弦定理得由正弦定理得，由，得，所以球的表面積為．故選：C8．在數學中，我們把僅有變量不同，而結構?形式相同的兩個式子稱為同構式，相應的方程稱為同構方程，相應的不等式稱為同構不等式．若關于的方程和關于b的方程可化為同構方程，則的值為（

）A． B．e C． D．1【答案】A【分析】利用對數運算將已知兩個方程變形可得和，由同構方程的定義可求得，，從而可求得的值；【詳解】解：對兩邊取自然對數，得①，對兩邊取自然對數，得，即②，因為方程①②為兩個同構方程，所以，解得，設，，則，所以在上單調遞增，所以方程的解只有一個，所以，所以．故選：A二、多選題9．已知偶函數，（，）的周期為，將函數的圖象向右平移個單位長度，可得到函數的圖象，則下列結論不正確的是（

）A．函數 B．函數在區間上單調遞增C．函數的圖象關于直線對稱 D．當時，函數的零點是【答案】AB【分析】利用周期求出，利用奇偶性求出得到可判斷A；根據三角函數的單調性可判斷B；帶入計算可判斷C；求出的零點可判斷D.【詳解】，因為，所以周期得，所以為偶函數，所以，因為，所以，所以，將函數的圖象向右平移個單位長度，可得，故A錯誤；對于B，當時，，而函數在上不單調，因此函數在區間上不單調，B錯誤；對于C，當時，，為的最小值，因此函數的圖象關于直線對稱，C正確；對于D，令，得，，當時，函數的零點是，故正確.故選：AB.10．已知數列，且滿足，，，則下面說法正確的是（

）A．數列為等比數列 B．數列為等差數列C．數列的前n項和為 D．【答案】ABD【分析】對遞推公式進行變換，構造新數列，即可求出的通項公式和前n項和.【詳解】由，可得，令，則有，所以是常數列，

，則有，令，則有，是公比為3的等比數列，，，即；，令，

也符合，是首項為1，公比為3的等比數列；所以，的前n項和為，所以A正確，B正確，C錯誤，D正確；故選：ABD.11．記，已知，且，則下列結論正確的為（

）A．的最小值為8 B．的最小值為8C．的最小值為 D．的最小值為6【答案】BCD【分析】A選項直接通過基本不等式和化積，解關于積的不等式可求得其最大值；BC選項均以含y的式子表示x，再代入構造對勾函數求最小值即可判斷；D選項需對和的大小進行討論，分別求得最小值來判斷.【詳解】A選項，，解得，A不正確；B選項，由得，，則當且僅當，即時取“”，B正確；C選項，，當且僅當，即時取“”，C正確；D選項，，令，則，當時，，，當時，，，故的最小值為6，D正確；故選：BCD.12．已知奇函數在上有定義，且滿足，當時，，則下列結論正確的是（

）A．是函數的周期B．函數在上的最大值為C．函數在上單調遞減D．方程在上的所有實根之和為【答案】AD【分析】根據已知結合奇函數性質可得是函數的周期，根據導數研究函數的單調性，，再結合奇函數的性質和周期性可求最大值，根據函數的對稱性可求得方程在上的所有實根之和.【詳解】對于A，是上的奇函數，，，故是函數的周期，故A正確；對于C，當時，，求導，，，，，，則單調遞增，又為奇函數，所以函數在上單調遞增，故C錯誤；對于B，由可得關于對稱，故在上單調遞增，又是奇函數且周期為，，故B錯誤；對于D，方程的根等價于與的交點的橫坐標，根據的單調性和周期可得，與在有兩個關于對稱的交點，在有兩個關于對稱的交點，在有兩個關于對稱的交點，所以方程在上的所有實根之和為，故D正確.故選：AD.【點睛】關鍵點睛：本題考查函數的周期性，對稱性，函數的鈴鐺，解決本題的關鍵是判斷出是函數的周期且在單調遞增，在單調遞減，且關于對稱，考查學生的轉化能力與運算求解能力，數據較難題.三、填空題13．已知等差數列的前n項和為，若，，則______．【答案】12【分析】由等差數列的性質求解【詳解】由題意得成等差數列，則，得故答案為：1214．已知，若，則______．【答案】【分析】根據指、對數運算結合題意運算求解.【詳解】∵，即∴故答案為：.15．在中，CA＝CB＝1，，若CM與線段AB交于點P，且滿足，（,），且，則的最大值為______．【答案】2【分析】利用平面坐標系可得點M坐標滿足，從而得到，利用基本不等式即可求得的最大值.【詳解】如圖所示：設，，因為，CB＝1，則，，，設，則，因為，所以，因為，則，所以有，即，即，又（,），所以，解得，當且僅當時不等式取等號.則的最大值為2.故答案為：216．已知，若恒成立，則實數a的取值范圍是______．【答案】．【分析】根據函數的奇偶性，可得出的圖像關于對稱，又根據導數得出是上的增函數，故可將問題轉化為，利用導數求在上的最大值即可.【詳解】令，則有，∴為奇函數，圖像關于點對稱，，∴的圖像關于對稱，且，由，所以是上的增函數，，等價于，所以，所以，令，則，因為且定義域為，所以是上的偶函數，所以只需求在在上的最大值．當時，，，則當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，可得：，即．【點睛】本題考查了利用導數求解函數的單調區間，以及利用導數研究不等式恒成立問題，通常首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．四、解答題17．定義：對任意平面向量，將繞其起點A沿逆時針方向旋轉角后得到向量，則叫做把點B繞點A沿逆時針方向旋轉角得到點Q，已知平面內兩點，．(1)將點B繞點A沿逆時針方向旋轉后得到點Q，求點Q的坐標；(2)已知向量，且滿足對任意的角恒成立，試求實數m的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據定義可知，又有，從而求得點Q的坐標；（2）化簡可得，根據的范圍可求得，進而可得實數m的取值范圍.【詳解】(1)因為，，所以，所以x＝1，，依據題設定義得．所以．設點Q的坐標為，則有，從而，解得．所以點．(2)由（1）及題設，得．因為，所以，因為不等式對任意的角恒成立，即對任意的角恒成立，記，則只須．由于，所以，所以，所以，即．18．如圖所示，斜三棱柱中，點為棱（不包括端點）上的點．(1)當等于何值時，平面；(2)設多面體的體積為，三棱柱的體積為，求；(3)若，，求異面直線與所成角的余弦值．【答案】(1)(2)；(3)【分析】（1）取比值為1時的點，根據線面平行判定定理，結合中位線的定理，可得答案；（2）利用空間幾何體的組合，列出關于體積加減的方程，根據同高同底的三棱錐與三棱柱體積之間的關系，可得答案；（3）利用空間向量的基本定理，選定一組基底，表示出直線的方向向量，根據向量夾角與線線夾角，可得答案.【詳解】(1)取為線段的中點，此時，連接交于點O，連接．由棱柱的定義知，四邊形為平行四邊形，所以點O為的中點．在中，點O，分別為，的中點，所以．又因為平面，平面，所以平面．所以當時，平面．(2)因為，又因為三棱錐和三棱錐與三棱柱具有相同的高，所以，所以，所以．(3)設，，，則，，，，，，所以異面直線與所成角的余弦值為．19．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)求的值；(2)若的面積為，且，求c的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理統一為角，進行三角恒等變換即可求解;（2）由（1）及面積公式可求出，分，分別化簡求解即可.【詳解】(1)∵，由正弦定理得，∴，故，，，，∵，，．(2)由（1）知，又，∴.∵，∴.

又，即，，整理得，①當時，，又，，易知在中，，又，可知；②當時，，由正弦定理得，又，解得，，由余弦定理得，解得．綜上①②得．20．已知的前n項和為，，且滿足______，現有以下條件：①；②；③請在三個條件中任選一個，補充到上述題目中的橫線處，并求解下面的問題：(1)求數列的通項公式；(2)若，求的前n項和，并證明：．【答案】(1)；(2)；證明見解析.【分析】（1）根據與的關系結合等比數列的定義即得；（2）由題可得，，然后根據裂項相消法即得.【詳解】(1)若選擇條件①：因為，當時，，兩式相減得，所以當時，當n＝1時符合，∴；若選擇條件②：因為，當時，兩式相減得，，∴是首項為2，公比為2的等比數列，∴；若選擇條件③：∵，∴時，，兩式相減得，當n＝1時，，可得，，∴時成立，∴是首項為2，公比為2的等比數列，∴；(2)由（1）可知，則，所以，因為，所以各項均為正數，所以，又因為，所以．21．如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點M，N分別是邊BC，CD的中點，，．沿MN將翻折到的位置，連接PA，PB，PD，得到如圖2所示的五棱錐P-ABMND．(1)在翻折過程中是否總有平面平面PAG？證明你的結論；(2)當四棱錐P-MNDB體積最大時，求直線PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在（2）的條件下，在線段PA上是否存在一點Q，使得二面角的平面角的余弦值為？若存在，試確定點Q的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)總有平面平面PAG；證明見解析(2)(3)存在；Q為線段PA的中點．【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面PAG.（2）首項判斷出平面MNDB時，四棱錐P-MNDB體積最大，作出直線PB和平面MNDB所成角，解三角形求得其正弦值.（3）建立空間直角坐標系，設，根據二面角的余弦值求得，由此確定點的位置.【詳解】(1)在翻折過程中總有平面平面PAG，證明如下：∵點M，N分別是邊BC，CD的中點，∴，又因為菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴是等邊三角形，∵G是MN的中點，∴，∵菱形ABCD的對角線互相垂直，∴，∴，∵，平面PAG，平面PAG，∴平面PAG，∴平面PAG，∵平面PBD，∴平面平面PAG．(2)由題意知，四邊形MNDB為等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，，所以等腰梯形MNDB的面積，要使得四棱錐P-MNDB體積最大，只要點P到平面MNDB的距離最大即可，∴當平面MNDB時，點P到平面MNDB的距離的最大值為，此時四棱錐P-MNDB體積的最大值為，連接BG，則直線PB和平面MNDB所成角的為∠PBG，在中，，，由勾股定理得：．∴．(3)假設符合題意的點Q存在．以G為坐標原點，GA，GM，GP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，因為平面PMN，故平面PMN的一個法向量為，設，∵，，故，∴，，平面QMN的一個法向量為，則，，即，令，所以，即，則平面QMN的一個法向量，