山东省青岛市胶州市2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题（Word版含答案）

胶州市2022-2023学年高三上学期期中考试
数学试题
本试卷共4页，22题．全卷满分150分，考试用时120分钟．
一、单项选择题：本大题共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．已知，（ ）
A． B． C． D．
3．已知正四棱锥各棱的长度均为2，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
4．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足（其中a，b为常数），已知某同学视力的五分记录法的数据为3.0时小数记录法的数据为0.01，五分记录法的数据为4.0时小数记录法的数据为0.1，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个长度单位，得到函数的图象，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数的定义域为R，且是奇函数，是偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
7．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，则的最小值为（ ）
A．8 B． C．6 D．5
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
10．在正方体中，则（ ）
A．平面 B．平面
C． D．平面平面
11．已知函数，则（ ）
A．的最大值为2 B．是的图象的一条对称轴
C．在上单调递减 D．的图象关于对称
12．已知等腰三角形ABC的面积为，，点E，F分别在线段AC，AB上，点D满足
，其中，若，，则（ ）
A．D在线段BC上 B．
C． D．有最大值
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。
13．已知，函数，若，则__________．
14．已知向量，，若，则__________．
15．已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，高为，点M，N分别在圆台上、下底面圆周上，则MN的最大值为__________．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的两圆，相切于点，的圆心为原点O，的圆心为．若圆沿圆顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为__________，圆上的点A所在位置的坐标为__________．
（本小题第一空2分，第二空3分）
四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（10分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）证明：；
（2）若，求．
18．（12分）
如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
（1）求的面积；
（2）若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
19．（12分）
如图，P为内的一点，，，．
（1）求；
（2）若，，求AC．
20．（12分）
如图，在几何体中，是等边三角形，直线平面，平面平面，，．
（1）证明：；
（2）在“①平面ABC，②平面”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
点M为线段上的一点，满足__________，直线平面所成角的大小为45°，求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
21．（12分）
已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若函数，，．
证明：．
22．（12分）
已知函数．
（1）若，证明：；
（2）若，对任意正实数x恒成立，求正实数b的取值范围．
2022—2023学年度第一学期期中学业水平检测高三数学评分标准
一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分．
1-8：DCBA ACDA
二、多项选择题：本大题共4小题．每小题5分，共20分．
9．ACD； 10．AD； 11．AB； 12．ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．； 14．； 15．；
16．(1)；(2)．
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．（10分）
解：（1）由题知，
所以
所以
结合正弦定理，所以
（2）由（1）知：
所以，即，所以
解得或（舍）
所以
18．（12分）
解：（1）由题知：
设点到平面的距离为，则，
因为，所以
（2）由题知：，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
则直线的单位方向向量为
则点到直线的距离为
所以的面积
所以面积的取值范围为
19．（12分）
解：（1）在中，由正弦定理知
所以，即
又因为，所以
所以（舍）
（2）在中，，，，所以
又因为
所以，
又因为，所以
在中，由余弦定理知：
所以，即
解得或（舍）
所以，即
20．（12分）
解：（1）由题知：平面，所以
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面
因为平面，所以
（2）若选择①
因为平面，平面，平面平面
所以，因此四边形为平行四边形，即为中点
若选择②
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，即为中点
所以，
因为直线平面，
所以直线与平面所成角为，所以
所以
以为坐标原点，分别以，，，所在直线为x，t，z轴建立空间直角坐标系
设，则，，
，为平面的一个法向量
设平面的一个法向量为，且，
由，令，则，，
解得
设平面与平面所成锐二面角为，
则
21．（12分）
解:（1）由题知：，且
①当时，有，
所以，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增
②当时，有，
所以在上单调递增
③当时，有，
所以，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增
（2）由（1）知：若，当时，，
所以
所以
综上，命题得证
22．（12分）
解:（1）若，则，
所以
令，所以
当时，，；
当时，，，；
所以，对恒成立
所以，在上单调递增
又因为
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
又因为，
所以
（2）若，则
由，
得，
令
再令，则
若，令，则
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
所以，，得和
则，满足题意
若，则，不合题意
若，因为在上单调递增，
且
所以存在，使得，
即，即
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
所以
综上，数的取值范围是