【文档说明】辽宁省重点高中沈阳市郊联体2023届高三上学期期中考试数学试卷+答案.docx，共(23)页，1.436 MB，由baby熊上传

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辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022—2023学年度上学期期中高三年级试题数学考试时间：120分钟，满分：150分一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知

集合1,0,1,2A，11Bxx，则AB（）A.0,1B.1,1C.1,0,1D.0,1,2【答案】A【解析】【分析】利用交集定义直接求解．【详解】集合1,0,1,2A

，{|11}Bxx，{0AB,1}．故选：A．2.若i1iaz（i为虚数单位）是纯虚数，则a（）A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.详解】i1i

11ii==1i22aaaaz，由于z为纯虚数，因此10a且10a，故1a，故选：C3.当1x时，不等式41xax恒成立，则实数a的取值范围为（）A.,4B.4,C.5,D.

,5【答案】D【【解析】【分析】将不等式恒成立问题转化为最值问题，然后利用基本不等式求最值即可.【详解】当1x时，41xax恒成立，所以min41axx，又10x，所以444112115111x

xxxxx，当且仅当411xx，即=3x时等号成立，所以5a.故选：D.4.九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的

名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环2次，记*39nannN，剟为解下n个圆环需要移动圆环的最少次数，且122nnn

aa，则解下8个圆环所需要移动圆环的最少次数为（）A.30B.90C.170D.341【答案】C【解析】【分析】根据122nnnaa，逐个代入2,4,6,8nnnn，即可求解.【详解】由题

，753386644222222aaaaaa，，，所以35782222170a.故选.：C5.如图，在长方体1111ABCDABCD中，=2AB，13AA，22AD，P为11CD的中点，M为BC的中点.则点D

到平面APM的距离为（）A.3B.63C.263D.6【答案】C【解析】【分析】连接1AD、PC，应用勾股定理求出PM、PA、AM，由等体积法PMDADMPAVV求D到平面APM距离即可.【详解】连

接1AD、PC，由题设，CM面11DCCD，而PC面11DCCD，则CMPC，同理11PDAD，又111,2PCPDCMBM，11113,22,2AACCADAB，所以222116PMPCCCCM，222111123PAPDADAA，226AM

ABBM，故△MPA为等腰三角形，则3MPAS，令D到平面APM的距离为h，而PMDADMPAVV，由22MDAS，则12632233PMDAV，的所以，12633PMDADMPAMPAVVhS，即263h.故选：C6.如图，在

边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且2MNBC，点E为DC的中点，则EMEN（）A.3B.2C.32D.12【答案】A【解析】【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】24,2,1MNBCOMOE.EMENEOOMEOO

N22143EOOMEOOMEOOM.故选：A7.已知函数cos02fxx＞，，4x为f（x）的零点，4x为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在186，上单调，则ω的最大值为（）A.3B

.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的性质，利用整体思想，由单调区间与周期的关系，根据零点与对称轴之间的距离，表示所求参数，逐个检验取值，可得答案.【详解】由f（x）在186，上单调，即12618T，可得29

T，则ω≤9；∵4x为f（x）的零点，4x为y＝f（x）图象的对称轴，根据三角函数的图象可知，零点与对称轴之间距离为：1214Tk，k∈N*．要求最大，则周期最小，∴12142kT，则T221k；∴ω＝2k﹣1；当9时，由2，则4，

可得cos94fxx，易知fx在5,1836上单减，在5,366上递增，不合题意；当7时，由2，则4，可得cos74fxx，易知

fx在3,1828上单减，在3,286上递增，不合题意；当5时，由2，则4，可得cos54fxx，易知fx在,186上单减，符合题意；故选：C．8

.若关于x的不等式(41ln)ln3kxxxx对于任意(1,)x恒成立，则整数k的最大值为（）A.-2B.-1C.0D.1【答案】C【解析】【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后

利用导数求最值可得.【详解】(41ln)ln3kxxxx对于任意(1,)x恒成立等价于ln34lnxkxxx对于任意(1,)x恒成立令ln3()lnxfxxxx，则2221ln13ln2()xxxfxxxxx

令()ln2gxxx，则11()10xgxxx所以gx在(1,)上单调递增，又(3)1ln30,(4)2ln40gg所以gx在3,4有且仅有一个根0x，满足00ln20xx，即00ln2

xx当0(1,)xx时，()0gx，即()0fx，函数()fx单调递减，0(,)xx时，()0gx，即()0fx，函数()fx单调递增，所以0min000000231()()21xfxfxxxxxx由对勾函数可知001113114134xx

，即0713()34fx因为04()kfx，即0()4fxk，0()71312416fx，Zk所以0k.故选：C二、多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的选项

中有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选或者多选不得分.）9.已知2cos3sincos0fxxxx的最小正周期为，则下列说法正确的是（）A.1B.fx的最大值为2C.6x为fx的一条对称轴D.1,122为fx一个对称

中心【答案】ACD【解析】【分析】由题意利用三角函数恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的图像和性质即可求解．【详解】解：2cos3sincosfxxxx13cos21sin222xx131

1cos2sin2sin222262xxx，的即1sin262fxx，所以22T，解得1，故A正确；所以1sin262fxx，因为1sin216x

，所以max32fx，故B错误；113sin2sin6662222f，所以函数关于6x对称，故C正确；111sin2sin06211

2222f，所以1,122为fx的一个对称中心，故D正确；故选：ACD10.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA底面ABCD，底面

ABCD为等腰梯形，AD∥,1BCABADCD，2BCPA，记四棱锥PABCD的外接球为球O，平面PAD与平面PBC的交线为,lBC的中点为E，则（）A.l∥BCB.ABPCC.平面PDE平面PADD.l被球O截得的弦长为1【答案】ABD【解析】

【分析】由ADBC∕∕，可得BC∕∕平面PAD，再根据线面平行的性质即可证得lBC∕∕，即可判断A；对于B，连接,AEAC，证明ABAC，PAAB，即可得AB平面PAC，再根据线面垂直的性质即可证得ABPC，即可判断B；对于C，如图以A为原点建立空间直

角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥PABCD的外接球的球心O在过点E且垂直于面ABCD的直线上，求出半径，再利用向量法求出点O到直线l的距离，最后利用圆的弦长公式求出l被球O截

得的弦长，即可判断D.【详解】解：对于A，因为ADBC∕∕，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC∕∕平面PAD，又因平面PAD与平面PBC的交线为l，所以lBC∕∕，故A正确；对于B，连接,AEAC，在等腰梯形ABCD中，因为1ABADC

D，2BC，BC的中点为E，所以四边形,ABEDAECD都是菱形，所以,ACDEABDE∕∕，所以ABAC，因为PA底面ABCD，AB面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面

PAC，又因PC平面PAC，所以ABPC，故B正确；对于C，如图以A为原点建立空间直角坐标系，则13130,0,2,,,0,,,02222PDE，则13130,0,2,,,0,,,2,1,0,02222APADP

DDE，设平面PDE的法向量111,,mxyz，平面PAD的法向量222,,nxyz，则11111320220mPDxyzmDEx，可

取0,4,3m，同理可取3,1,0n，因为40mn，所以m与n不垂直，所以平面PDE与平面PAD不垂直，故C错误；对于D，由B选项可知，EAEBECED，则点E即为四边形ABCD外接圆的圆心，故四棱锥PABCD的外接球的球心O在过点E且垂直于面ABCD的

直线上，设外接球的半径为R，则OAOPR，则112OA，所以2R，设OP与l所成的角为，点O到直线l的距离为d，131,0,0,0,3,0,,,122BCO，因为lBC∕∕，直线l的方向向量可取1,3,0BC，

13,,122OP，则2cos,4BCOP，所以14sin4，所以7sin2dOP，所以l被球O截得的弦长为72214，故D正确.故选：ABD.11.已知等差数列na的首项为1，公差4d，前n项和为nS，则下列结论成立的有A.数列nSn的前

10项和为100B.若1,a3,ama成等比数列，则21mC.若111625niiiaa，则n的最小值为6D.若210mnaaaa，则116mn的最小值为2512【答案】AB【解析】【分析】由已知可得:43n

an,22nSnn,=21nSnn,则数列nSn为等差数列通过公式即可求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为11111=44341iiaann,通过裂项求和可求得111niiiaa;由等差的性质可知12mn利用基本不

等式可验证选项D错误.【详解】由已知可得:43nan,22nSnn,=21nSnn,则数列nSn为等差数列,则前10项和为10119=1002.所以A正确;1,a3,ama成等比数列,则231=,maaa81ma,即=4381mam,解得21m故B正

确;因为11111=44341iiaann所以1111111116=1=455494132451niiinnnaan,解得6n,故n的最小值为7,故选项C错误;等差的性质可知12mn,所以1161116116

125=116172412121212nmmnmnmnmn,当且仅当16=nmmn时,即48=45nm时取等号,因为*,mnN,所以48=45nm不成立,故选项D错误.故

选:AB.【点睛】本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般.12.已知函数ln,02,2xxefxfexexe，若函数Fxfxax有4个零点，则a的可能的值为（）A.1eB.12C.13

D.14【答案】CD【解析】【分析】求得fx解析式，令0Fx，将问题转化为fx的图象与gxax的图象有四个不同的交点来求解出a的取值范围，由此确定正确选项.【详解】当2exe时，2exe，所以02exe，所以

ln,0ln2,2xxefxexexe.令0Fxfxax，得fxax，依题意，fx的图象与gxax的图象有四个不同的交点，画出fx和gxax的图象如下图所示.当1xe时，lnfxx，则1fxx

，所以1fee，1fe，所以过,1e的切线方程为11yxee，即1yxe，故此时切线方程过原点.也即1yxe与fx只有3个公共点，不符合题意.所以由图可知，要使fx的图象与gxax的图象有四个不同的交点，需0agefe

，即0101aaaee，故CD正确，AB错；故选：CD.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.三、填空题（本大题共4个小题，每题5分，共计20分.）13.已知向量a，b满足1ab==，1aba，则

2ab______.【答案】5【解析】【分析】先根据1aba求出0ab，从而求出2225abab.【详解】21abaaba，1a，0ab.22222444105

abababab.故答案为：5.14.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AFAD，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为________.【答案】

13【解析】【分析】由已知，根据题意建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后通过异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，即可列式计算.【详解】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1

(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以1(0,2,1)DE,111(0,0,2)(2,0,0)(2,0,2)AFAAAFAAAD,所以1111211·2cos,215AFDEAFDEAFDE，所以223210251，解得13

或13（舍去）.故答案为：13.15.已知sinfxAx，若函数y=f（x）的图像如图所示，则1232022ffff___________.【答案】212【解析】【分析】

现根据图像求出函数解析式，再根据周期性，即可求解.【详解】解：由图可知：21,2518,84AT，所以函数sin4fxx，又图像过10，，由“五点法”可得：04，解得：4，所以si

n44fxx，因为1280fff故12202225312878ffffffff，27812

ff，故答案为：21216.已知定义在()3,3上的函数()fx满足4()e()0xfxfx，2(1)ef，()fx为()fx的导函数，当[0,3)x时，()2()fxfx，则不等式24e(2)exfx的解集为___________【答案】1,5【解析】【分析

】令2exfxgx，则由已知条件可得gx是3,3上的奇函数，且递增，则24e(2)exfx可得211gxg，再由函数的单调性可求得答案.【详解】令2exfxgx，所以2exfxgx，因为

4e0xfxfx，所以242eee0xxxgxgx，化简得0gxgx，所以gx是3,3上的奇函数；2242e2e2eexxxxfxfxfxfxgx

，因为当03x„时，()2()fxfx，所以当0,3x时，0gx，所以gx在0,3上单调递增，又gx是3,3上的奇函数，所以gx在3,3上单调递增；考虑到2221e11eefg，由24e2exfx，得222

4ee2exxgx，即211gxg.由gx在3,3上单调递增，得32321xx，解得15x，所以不等式24e2exfx的解集为1,5.故答案为：

1,5【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查函数单调性和奇偶性的应用，解题的关键是根据题意构造函数2exfxgx判断其单调性和奇偶性，然后利用其性质解不等式即可，考查数学转化思想，属于较难题.四、解答题

（本大题共6个小题，共计70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题卡相应位置上.）17.已知abc，，分别为ABC的三个内角ABC，，的对边，sinsin()()()sinbcBCacA.（1）求B；（2）若4bABC，面积为43，求+ac.【答案】（1）π

3;（2）8【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，继而结合余弦定理即可求得答案；（2）由三角形面积公式可求得16ac，继而由余弦定理求得2232ac，从而由222acacac求得答案.【小问1详解】由sinsinsinbcBCacA，得

bcbcaca，即222bacac，由余弦定理2222cosbaccB，得1cos2B=，由于0πB，所以π3B;的【小问2详解】因为ABC的面积为43，所以13sin4324acBac，即16ac，因为

4b，222bacac,则2216acac，所以2232ac，所以222648acacac.18.如图，在四棱锥EABCD中，ABD△为正三角形，,,EBEDCBCDACBDO.（1）求证：BD平面ACE；（2）若,,ABBCMN分别为,AEAB的

中点，求证：平面DMN平面BEC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连结EO,证明,BDEOBDOC，原题即得证；（2）证明//MN平面BEC，//DN平面BEC，原题即得证【小问1详解】证明：连结EO,因为,,,,,ADABCDCBACACACDABCDAO

BAO因为,,,,ADABAOAOADOABOOBOD因为,,,EBEDBDEOCDCBBDOC.又因为,,OEOCOOEOC平面AEC,所以BD平面ACE..【小问2详解】证明：因为,,//,AMMEANB

NMNBEMN平面BEC,BE平面BEC所以//MN平面BEC.因为,,ADBDANBNDNAB,又ABBC,所以DN//BC,又DN平面BEC,BC平面BEC,所以//DN平面BEC.又,MNDN平面DMN,MNDNN

,所以平面DMN平面BEC.19.已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且222tanabCabc．（1）求角C大小；（2）当1c时，求ab的取值范围．【答案】（1）π6；（2）2323ab＜.【解析】【分析】（1）由余弦定理及同角三角函数的基本关

系化简求解即可；（2）由三角恒等变化可得π32sin(2)3abA，再由正弦型三角函数的值域求解即可.【小问1详解】由已知及余弦定理，化简222tanabCabc，可得sincos2cosCabCabC，∴1sin2C，∵C为锐角，∴π6C．【小问2详解

】由正弦定理，得121sinsinsin2abcABC，2sin,2sin2sin()π6aAbBA，4sinsin4sinsin()π6abABAA2314sin(sincos)23sin2sincos22AAAAAA

π3sin23cos232sin(2)3AAA由π025ππ062AA＜＜，可得：ππ32A，ππ2π3332A，∴3πsin2123A＜．∴2323ab＜．20.设数列

na的前n项和为nS，且满足*322NnnaSn，nb是公差不为0的等差数列，1=1b，4b是2b与8b的等比中项．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）对任意的正整数n，设+

2=nnnancbn，为偶数，为奇数，求数列nc的前2n项和2nT．【答案】（1）123nna，=nbn（2）212233244nnTnn【解析】【分析】（1）令=1n可得1a的值，当2n时，11322nnaS与已知条件两式相减可得13nnaa，由

等比数列的定义可知数列na是首项为2，公比为3的等比数列，进而求出数列na的通项公式，设nb的公差为d，将2428bbb整理成关于d的方程，解出d的值，即可得到nb的通项公式；（2）由（1）可得数列

nc的通项公式，再利用分组求和法即可求出结果．【小问1详解】解：在*322NnnaSn中，令=1n得11322aa，12a，当2n时，11322nnaS，1133222nnnnnaaSSa，即13nnaa，13nnaa，数列na

是首项为2，公比为3的等比数列，123nna，设nb的公差为d，由题意可得2428bbb，即2(13)117ddd，整理得20dd，解得=1d或0(舍去)，111nbnn．【小

问2详解】解：由题意可得1**23=2N=+2=21Nnnnkkcnnkk，，，，，135212=3+5+?+2+1+23+3+3+?+3nnTn223133212213nnn23

2314nnn21233244nnn．21.已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上.（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平

面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD//平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值，若不存在，说明理由.【答案】（1）O在EA延长线上，

且AO=2，证明见解析；（2）存在，点M为线段AB的靠近点A或B的四等分点，14.【解析】【分析】（1）延长FM与EA的延长线交于点O，判断点O在平面ADE内，连DF交CE于N，结合线面平行的判定推理作答..（2）以AE的中点H为原点建立空间直角坐

标系，借助空间向量确定点M的位置，再计算两个平面夹角余弦作答.【小问1详解】依题意，四边形ABFE是矩形，而点M为AB的中点，延长FM与EA的延长线交于点O，又EA平面ADE，即有O平面ADE，因//AMEF，且1122AMABEF，因此点A为

线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，连DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，于是得//MNOD，而MN平面EMC，OD平面EMC，所以//OD平面EMC.【小问2详解】依题意，

,,,,EFAEEFDEAEDEEAEDE平面ADE，则EF平面ADE，且AED为二面角AEFD的平面角，即60AEDo，连接AD，而2AEDE，即有ADEV为正三角形，取AE的中点H，连DH，则DHAE，由EF平面ADE，EF平面ABFE，得平面ADE平面ABF

E，而平面ADE平面ABFEAE，于是得DH平面ABFE，取BF中点G，连接HG，由矩形ABFE得HGAE，即有,,HAHGHD两两垂直，以点H为原点，射线,,HAHGHD分别为,,xyz轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则点(1,0

,0),(0,0,3),(0,4,3)EDC，假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设(1,,0)Mt，(04)t，(1,0,3),(1,4,3),(2,,0)EDECEMt，设平面EMC的一个法向量(,,)nxyz

，则43020nECxyznEMxty，令23y，得(3,23,8)ntt，因直线DE与平面EMC所成的角为60°，则22||833sin60|cos,|2||||312(

8)2nDEnDEnDEtt，解得1t或3t，即存在点M满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点M为线段AB的靠近点A或B的四等分点，设平面ECF的一个法向量111(,,)mxyz，则1111

130430mEDxzmECxyz，令11z，得(3,0,1)m，令平面MEC与平面ECF的夹角为，则222|||3(8)||2|1cos|cos,|4||||2312(8)(2)15mntttmnmnttt

，所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为14.22.函数cosexfxx＝．（1）求fx在,上的单调区间；（2）当0x时，不等式22ee2xxfxax恒成立，求实数a的取值范围．【答

案】（1）单调递增区间为443,；单调递减区间为3,4和,4（2）,2【解析】【分析】（1）求出fx，然后可得答案；（2）由条件可得2sincose20exxxxax，设2sincose2exxxxhxax

，则22cos2e2exxxhxa，然后利用导数可得hx在0,上单调递增，042hxha，然后分2a、2a两种情况讨论求解即可.【小问1详解】由题可得ecosesinecos

sin2ecos4xxxxfxxxxxx令0fx，得344x；令0fx，得34x，4x所以f(x)的单调递增区间为443,；单调递减区间为3,4

和,4．【小问2详解】由ecossinxfxxx，得2cossine2exxxxax，即2sincose20exxxxax．设2sincose2exxxxhxax，则22cos2e2exxxhx

a．设xhx，则34e22sin4exxxx．当0,x时，34e4x，22sin224x，所以0x．所以x即hx在0,上单调

递增，则042hxha．若2a，则0420hxha，所以h(x)在0,上单调递增．所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意．若a＞2，则0420ha，必存在正实数0x，满足：当00,xx时，0hx，h(x

)单调递减，此时h(x)＜h(0)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是,2．