【文档说明】辽宁省六校2023届高三上学期期中数学试卷+答案.docx，共(19)页，1.141 MB，由baby熊上传

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数学试题考试时间：120分钟满分150分一、单项选择题：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M={x|x＜4}，集合2{|20}Nxxx，则下列关系中正确的是（）A.M∪N=MB.M∪∁RN=MC.N∪∁RM=

RD.M∩N=M【答案】A【解析】【详解】集合{|4}Mxx，集合2{|20}{|02}Nxxxxx，则MNM，A正确；{|0RNxxð或2}x，∴RMNRMð，B错误；{|4}RMxxð，∴

{|02RNMxxð或4}xR，C错误；{|02}MNxxM，D错误，故选A.2.若复数z满足i1iz，则|z|=（）A.12B.22C.2D.2【答案】C【解析】【分析】利用复数除法求复数z，进而求模长即可.【

详解】由2i1i(i1)i1,iiz则|2|z.故选：C3.“2,1x，220xa”为真命题的一个充分不必要条件是（）A.0aB.1aC.2aD.3a【答案】D【解析】【分析】先确定“2,1x，220xa”为真命题时a的范围，进而找到对应选项.【

详解】若命题“2,1x，220xa”为真命题，则2()22maxxa…，则3a是2a的充分不必要条件，故选：D．4.已知tan226，则cos3（

）A.35B.35-C.45D.45【答案】B【解析】【分析】利用倍角公式可得cos322cossin2626，再利用弦化切，即求.【详解】∵tan226

,∴cos322cos2cossin2626262222cossin2626cossin2626

221tan1426141tan2635.故选：B．5.已知偶函数fx在区间(,0]上单调递减，则满足1(21)3fxf

的x的取值范围是（）A.12,33B.12,33C.12,23D.12,23【答案】A【解析】【分析】由偶函数性质得函数在0,(,0]上的单调性，然后由单调性解不等式．【详解】因为偶函数

fx在区间(,0]上单调递减，所以fx在区间0,上单调递增，因为121(3fxf），所以由偶函数性质知1|21|(3fxf）所以1213x，解得：1233x.故选：A．6.已知函数

()sin2cosfxaxx在ππ,34x上单调递增，则a的取值范围为（）A.0aB.22aC.2aD.0a或2a-【答案】C【解析】【分析】根据函数单调递增转化为导数不小于0恒成立，分离参数求解即可.【详解】因为函数()sin2cosf

xaxx在ππ,34x上单调递增，所以()cos2sin0fxaxx在ππ,34x上恒成立，即2tanax在ππ,34x上恒成立，由2ta

nyx在π(,0)2上单调递增知，maxπ2tan()24y，所以2a，故选：C7.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=V

V甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分

别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121

rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.8.已知1,,,eabc

，且ln55lnaa，ln33lnbb，ln22lncc，则（）A.b<c<aB.cbaC.acbD.abc【答案】A【解析】【分析】构造函数()lnfxxx，根据单调性即可确定,,abc的大小.【详解】设函数()lnfxxx，()1lnfxx，当1,,()0

exfx，此时()fx单调递增，当10,,()0exfx，此时()fx单调递减，由题ln55lnaa，ln33lnbb，ln22lncc，得11111111lnln,lnln,lnlnln55332244aabbcc

，因为1111543e，所以111111lnlnln554433，则lnlnlnaaccbb，且1,,,eabc，所以acb.故选：A.【点睛】解本题的关键是发掘题中三个式子的相似性，并进行等价变形，易于构造函数，本题多

次利用函数的单调性，先利用单调性判断函数值大小，再由函数单调性判断自变量大小.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的

得零分，部分选对得2分.9.已知,,abcR，则下列命题不正确的是（）A.ababccB.22abacbcC.220ababababD.110ababab【答案】A

BC【解析】【分析】对于A：当0c时，不等式不成立；对于B：当0c=时，不等式不成立；对于C：由已知得aabbab，由此可判断；对于D：由已知得ababab，由此可判断．【详解】解：对于A：当0c时，不等

式不成立，故A不正确；对于B：当0c=时，不等式不成立，故B不正确；对于C：因为0abab，，所以aabbab，即22>abab，故C不正确；对于D：因为0abab，，所以ababab，即11ab，故D正确，故选：ABC

．10.ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin3sinbAbcB，且1cos3A，则下列结论正确的是（）A.3acbB.tan22AC.ABC的周长为4cD.ABC的面积为2229a【答案】ABD【解析】【分析

】由正弦定理得3babcb，即可判断A选项；由平方关系及商数关系即可判断B选项；先由余弦定理得32bc，再求出周长即可判断C选项；先求得2,3acba，再求面积即可判断D选项.【详解】由正弦定理得3babcb

，整理得3abc，即3acb，A正确；由1cos3A可得2122sin133A，则sintan22cosAAA，B正确；由余弦定理得2222cosabcbcA，又3abc，可得2221323bcbcbc，整

理得32bc，ABC的周长为843abcbc，C错误；由上知：3abc，32bc，可得2,3acba，则ABC的面积为21122222sin22339bcAaaa，D正确.故选：ABD11.在棱长为2的正方体111

1ABCDABCD中，点M，N分别是棱11AD，AB的中点，则（）A.异面直线MD与AC所成角的余弦值为15B.11MCDNC.四面体11CABD的外接球体积为43D.平面MNC截正方体所得的截

面是四边形【答案】BC【解析】【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系，则111,0,2,2,0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2

,2,1,0MACCDN，.∴1,0,2DM，2,2,0AC，∴210cos,10522ACDM，A错误；∴11,2,0MC，12,1,2DN，110MCDN，∴11MCDN，B正确；由题可知四面体11CABD外接

球即为正方体的外接球，所以外接球半径满足223r，3r，∴34433Vr，C正确；延长CN交DA延长线与P，连接MP交1AA于Q，延长PM交1DD延长线于K，连接CK交11DC于J，则五边形QMJCN为平面MNC截正方体所得的截面，D错误.故选：BC.12.已知

数列na满足18a，21a，2,2,nnnanaan为偶数为奇数，nT为数列na的前n项和，则下列说法正确的有（）A.n为偶数时，221nnaB.229nTnnC.992049TD.nT

的最大值为20【答案】AC【解析】【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当1n时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据10099100TTa，可直接求得；对选项D，nT的最大值为71021TT的【

详解】根据递推关系可知，n为奇数时，18292nnann为偶数时，221nna，故A对；212342121321242nnnnnTaaaaaaaaaaaa根据奇数项构

成等差数列可得：21321862109naaannn而又：2421,0,nnaaan当为奇数当为偶数则有：2229,91,nnnnTnnn为偶数为奇数，故B错误；100222991010005095012049aTT

，故C对；根据nT中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据nT特点可知：nT的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，26393119T，76719221TTa，2849420T，98920020

TTa，210595121T，11101119TTa，nT的最大值为71021TT，故D错故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分.13.已知函数22103,0xxfxf

xx，，则4f___________.【答案】9【解析】【分析】根据函数解析式直接求解即可.【详解】解：根据题意，244311322219fffff故答案为：914.正方形ABCD的边长为2，以AB为直径的圆M，若点P为圆

M上一动点，则PCPD的取值范围为__________.【答案】0,8【解析】【分析】以AB的中点M为坐标原点建立平面直角坐标系，设点cos,sinPθθ，根据向量的坐标运算结合正弦值的有界性运算求解.【详解】如图

，以AB的中点M为坐标原点建立平面直角坐标系，则1,2,1,2CD，∵圆M为标准单位圆，设点cos,sinPθθ，则1cos,2sin,1cos,2sinPCPD，∴221cos1cos2sin2sin1cos

44sinsin44sinPCPD，又∵sin1,1，则0,8PCPD.故答案为：0,8.15.设函数,0ln,0xaxfxxx，已知12xx，且12fxfx

，若21xx的最小值为e，则a的值为______.【答案】1e##e1【解析】【分析】令12fxfxt，由图象可知(,]ta，构造函数()gt21etxxta()ta，利用导数求函数最小值即得.【

详解】令12fxfxt，由图象如图所示可知(,]ta．因为12xx，则1xat，2lnxt，得12,etxtax，即21etxxta．令()e()tgttata，则()e1()tgtta，∴当

0a时，即0a时，()0gt，则()gt在(,]a上单调递减，所以min()()eeeaagtgaaa，解得1a（不满足，舍去）；∴当0a时，即a<0时，(0)0g，∴()gt在(,0]上

单调递减，在(0,]a上单调递增，所以0min()(0)e0egtga，解得1e0a满足题意．综上可得，1ae．故答案为：1e.16.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACCB，4PAACBC．以A为球心，表

面积为36的球面与侧面PBC的交线长为______．【答案】【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得AH平面PBC，进而知球面与侧面PBC的交线为以H为圆心，半径为1的半圆弧，利用弧长公式求解.【详解】设以A为球心的球的半径为

R，则2436R，解得3R如图，取PC中点H，由PAAC，AHPC又PA平面ABC，BC平面ABC，PABC又ACCB，ACPAA，所以BC平面PAC，又AH平面PAC，BCAH，又BCPCC，AH平面PBC，又4PAACBC，22AH

，43PB又223221r，作HEPB，则PEHPCBV:V，EHPHCBPB，224261343PHCBEHPB所以球面与侧面PBC的交线为以H为圆心，半径为1的半圆弧，故

所求长为1故答案为：四、解答题：本题共6小题，计70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知等比数列{na}的公比1q，且12a，13223aaa．（1）求数列{na}的通项公式；（2）设数

列{na}的前n项和为nS，求数列{2nnS}的前n项和．【答案】（1）2nna；（2）111(2)()2nn.【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；（2）利用错位相消法进行求解即可.【小问1详解】由21

3223222322aaaqqq，或1q（舍去），所以1222nnna；【小问2详解】由（1）可知2nna，所以12(12)2212nnnS，所以111()222nnnnnnS，设数列{2nnS}的前n项和为nT，234111

111()2()3()()(1)2222nnTn，3452111111()2()3()()(2)22222nnTn，(1)(2)，得23412111111()()()()()222222nnnTn

，即2111[1()]11142()1(2)()122212nnnnnTnTn.18.在①coscos2BbCac，②sinsinsinAbcBCac，③23SBABC三个条件中任选一个补充在下面的横

线上，并加以解答.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc且，BD是ABC的平分线交AC于点D，若1BD，求：（1）求角B；（2）求4ac的最小值.【答案】（1）条件选择见解析，2π3B（2）9【解析】【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简求解；若选

②：利用正弦定理边化角结合余弦定理化简求解；若选③：根据面积公式结合数量积的定义运算求解；（2）根据面积关系结合面积公式化简整理得11+1ac，再结合基本不等式中“1”的灵活运用求解.【小问1详解】若选①：

∵coscos2+BbCac，由正弦定理得cossincos2sin+sinBBCAC，则2sincossincoscossinsinsinπsinABBCBCBCAA，又∵sin

0A，所以1cos2B，且0πB，所以2π3B.若选②：∵sinsinsinAbcBCac，由正弦定理得abcbcac，即222+acbac，所以由余弦定理得2221cos22acbBac，即1cos2B，又0πB，所以2π3B.若选③：由

23SBABC，得12sin3cos2acBacB，即sin3cosBB，所以tan3B，又0πB，所以2π3B.【小问2详解】因为BD是ABC的平分线交AC于点D，1BD，所以π3ABDCBD，∵ABCABDCBDSSS，则

111sins222ABBCA，即13131311222222acca，整理得+acac，即11+1ac，所以114444++5++5+29cacaacacacacac，当且仅当4caac，即332ac，时取等号，故4ac的最

小值9.19.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AD平面CDP，PDCD，DEPE，且30PCD.（1）求证：平面ADE平面ABCD；（2）若3CD，2AD，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）39362【解析】【分析】（1）由已知，根据条件先推导120PDC，然后再根据30PDEEPD，所以EDDC，结合ADDE，使用线面垂直的判定定理证明DE平面ABC

D，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面ADP的法向量n，然后借助sincos,PBn求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【小问1详解】因为PDCD，所以30PCDDPC

，所以120PDC，又因为DEPE，所以30PDEEPD，所以90EDC，所以EDDC，又因为AD平面CDP，DE平面CDP，所以ADDE，又因为CDADD，CDAD、平面ABCD，所以DE平面ABCD，而DE平面ADE，所以平面ADE平面ABCD

.得证.小问2详解】如图，以D为坐标原点，分别以DE、DC、DA所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点0,0,2A，0,0,0D，333,,022P，0,3,2B，则339(,,2)22PB，(0,0,2)DA

，333(,,0)22DP，设平面ADP的法向量为(,,)nxyz，则·0·0nDAnDP，即20333022zxy，令1x可得平面ADP的法向量为(1,3,0)n，【设直线PB与平面ADP所成角为，则333339322sincos,62312P

BnPBnPBn.直线PB与平面ADP所成角的正弦值为39362.20.已知函数22sinsin23cos3363fxxxx.（1

）求函数fx的单调递增区间；（2）若函数2gxfxa在区间70,12上恰有3个零点123123,,xxxxxx，（i）求实数a的取值范围；（ii）求123sin2xxx的值.【答案】（1）5,1212kkk

Z（2）（i）3,0；（ii）264.【解析】【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到2sin23fxx；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；（2）（i）令43tx

，将问题转化为2sinyt与ya在,23上恰有3个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得a的取值范围；（ii）由（i）中图像可确定233tt，312tt，由此可得1232ttt，整理可得123212xxx

，由两角和差正弦公式可求得sin12的值，即为所求结果.【小问1详解】22sincos32cos13263fxxxx2222sincos3cos2sin23cos233333xxxxx

22sin22sin2333xx；令222232kxkkZ，解得：51212kxkkZ，()fx

\的单调递增区间为5,1212kkkZ.【小问2详解】（i）由（1）得：2sin43gxxa，当70,12x时，4,233x

，设43tx，则gx在区间70,12上恰有3个零点等价于2sinyt与ya在,23上恰有3个不同的交点；作出2sinyt在,23上的图像如下图所示，由图像可知：当30a

时，2sinyt与ya恰有3个不同的交点，实数a的取值范围为3,0；（ii）设2sinyt与ya的3个不同的交点分别为123123,,tttttt，则233tt，312tt，123323232224tttttttt

，即1232444333xxx，整理可得：1238443xxx，123212xxx，123sin2sinsinsincoscossin12464646xxx

23212622224.21.已知正项数列na的前n项和为nS，12a，且满足21444nnSan．数列nb满足12323(1)21nnbbbnbn．（1）求数列,n

nab的通项公式；（2）若从数列na中去掉数列nb的项后余下的项按原来的顺序组成数列nc，设数列nc的前n项和为nT，求60T．【答案】（1）2nan；12nnb（2）604302T【解析】【分析】（1）两个数列的通项都是通过作差后再变形

整理求得通项；（2）根据数列的特征去掉数列nb中的项后再求和即可.【小问1详解】因为21444nnSan，（1）所以当2n时，2144nnSan（2），所以（1）-（2）得22nn1n4a

aa4，所以2212nnaa．因为0na，所以12(2)nnaan，因为2121124444,2,0Saaaa，所以2214,2aaa，所以数列na是首项为2，公差为2的等差数列，所以2(1)22nann．因为12323(1)21n

nbbbnbn，（3）所以当2n时，1123123(1)(2)21nnbbbnbn，（4）所以（3）-（4）得1(1)2(2)2nnnnbnn，解得12(2)nnbn，当1n时，11b满足上式，所以12nnb

．【小问2详解】由（1）知60120a，数列na前60项中与数列nb的公共项共有6项，且最大公共项为67264b．又因为7668132,2128ab，从而数列nb中去掉的是2348,,,,

bbbb这7项，所以827606767662222213424302212TS．22已知函数()lnfxx，2()1gxxx.（1）求函数()()()hxfxgx的极值；（2）证明：有

且只有两条直线与函数()fx，()gx的图象都相切.【答案】（1）极大值为1，没有极小值；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出()hx的解析式，利用导数判断单调性，由单调性可得极值；（2）设直线l分别切()fx，()gx的图象于点1

1,lnxx，2222,1xxx，分别求出切线l的方程，比较两个方程可得关于1x与2x的方程组，消去2x可得关于1x的方程，再构造对应的函数，利用导数判断单调性结合零点存在性定理即可求得函数有两个零点，即方程有两个根即可

求证.【详解】（1）2()()()ln1hxfxgxxxx的定义域为(0,)，且2121(1)(21)()21xxxxhxxxxx，当01x时，()0hx；当1x时，()0hx，所以()hx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减

，所以1x是()hx的极大值点，故()hx的极大值为(1)1h，没有极小值.（2）设直线l分别切()fx，()gx的图象于点11,lnxx，2222,1xxx，由()lnfxx可得1()fx

x，得l的方程为1111lnyxxxx，即l：111ln1yxxx；由2()1gxxx可得()21gxx，得l的方程22222121yxxxxx，即l：222211yxxx.比较l

的方程，得21212121ln11xxxx，.消去2x，得211211ln204xxx.令22(1)()ln24xFxxx（0x），则3311(21)(1)()22xxxFxxxx.当01x时，()0Fx

；当1x时，()0Fx，所以()Fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以min()(1)10FxF.因为222222441e1eelne204e4eF，所以()Fx在(1,)上有一个零点；由2117()ln244Fx

xxx，得24242ee7e4e7e2024424F，所以()Fx在(0,1)上有一个零点，所以()Fx在(0,)上有两个零点，故有且只有两条直线与函数()fx，()gx图象都相切.【点睛】方法点睛：利用导

数研究函数()fx的单调性和极值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②在定义域内，解不等式()0fx和()0fx；③写出单调区间，并判断极值点求得极值.的