登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
江苏省泰州市泰兴市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·泰兴期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·泰兴期中）已知，为两个不同平面，为直线且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2022高三上·泰兴期中）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．向量与向量的夹角为 D．在的投影向量是
4．（2022高三上·泰兴期中）有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比．由上述信息可求得的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·泰兴期中）已知函数，，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示，则解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·泰兴期中）已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上为单调函数
D．函数在区间上有12个零点
7．（2022高三上·泰兴期中）已知直线与直线相交于点，，则下列结论正确的是（ ）
A．过定点
B．点的轨迹方程为
C．点到点和点距离之和的最大值为
D．点到坐标原点的距离的最小值为
8．（2022高三上·泰兴期中）已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（ ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
二、多选题
9．（2022高三上·泰兴期中）设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则z的虚部为－2i
B．若|z|＝1，则z＝±1或z＝±i
C．若点Z坐标为（－1，3），且z是关于x的实系数方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q＝12
D．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
10．（2022高三上·泰兴期中）下列不等关系中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022高三上·泰兴期中）在三棱锥中，已知，则（ ）
A．与成角
B．平面平面
C．平面平面
D．与平面所成角小于与平面所成角
12．（2022高三上·泰兴期中）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（ ）
A．第个正方形面积为10
B．
C．使得不等式成立的的最大值为3.
D．数列的前项和对任意恒成立.
三、填空题
13．（2022高三上·泰兴期中）已知函数同时满足（1）；（2），其中，则符合条件的一个函数解析式＝ ．
14．（2022高三上·泰兴期中）已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径．若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是 ．
15．（2022高三上·泰兴期中）正四棱台高为2，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是 ．
16．（2022高三上·泰兴期中）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为 ．
四、解答题
17．（2022高三上·泰兴期中）设数列的前项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）对于任意的正整数，，求数列的前项和．
18．（2022高三上·泰兴期中）若函数满足，其中，且．
（1）求函数的解析式；
（2）判断并证明函数的单调性；
（3）若，在时恒成立，求的取值范围．
19．（2022高三上·泰兴期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PB＝AB＝2，平面PAB⊥平面ABCD，N是CD的中点．
（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；
（2）求二面角B－PA－C的正弦值；
（3）求点N到面PAC的距离．
20．（2022高三上·泰兴期中）在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，____．
（1）求角C的大小；
（2）若∠ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求△ABC的面积．
21．（2022高三上·泰兴期中）已知圆O：x2＋y2＝16，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点．
（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；
（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
22．（2022高三上·泰兴期中）函数，．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合的包含关系判断及应用；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】，故，而，则，
所以，，即A、B、C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D
【分析】，所以，而由指数函数性质求值域分别得到集合B，再结合各项判断正误即可.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；
当时，可过直线作平面与平面交于，
根据线面平行的性质定理可得，又，所以，
又，所以，故充分性成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】当时，若且，则推不出；反之可得，根据充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得到答案．
3．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】由，不存在使，即与不共线，A不符合题意；
由，故，B不符合题意；
由，又，故，C符合题意；
由在的投影向量，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】应用向量坐标的线性运算求、，结合向量共线定理、模长的坐标运算判断A、B，根据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义判断C、D.
4．【答案】C
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
由题意可知，且，
所以，，
所以，.
故答案为：C.
【分析】在中，，，计算，然后利用诱导公式可求得的值.
5．【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】定义域都为，关于原点对称，
而，
，
所以都是奇函数，故都是偶函数，
因为所给图象关于原点对称，是奇函数，故可排除CD；
当时，，
故排除B.
故答案为：A
【分析】根据函数的奇偶性结合图象的对称性排除CD，再由特殊值及放缩法判断的正负排除B.
6．【答案】D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】由题设，，故，
所以，故且，
所以，，又，故，
综上，，
为偶函数，A不符合题意；
，图象不关于对称，B不符合题意；
在上，，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，C不符合题意；
在上，在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据已知条件求得，代入法以及正余弦函数性质判断奇偶性、对称中心，由整体法，结合正弦函数的单调性、周期性判断区间单调性和区间零点个数.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；两条直线的交点坐标；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】对于A选项，直线的方程可化为，由，可得，
所以，直线过定点，A不符合题意；
对于B选项，直线的方程可化为，由，可得，
所以，直线过定点，
因为，则，即，
设点，则，，
所以，，整理可得，
所以，点的轨迹方程为，B对；
对于C选项，，由勾股定理可得，
所以，，
则，当且仅当时，等号成立，
所以，点到点和点距离之和的最大值为，C不符合题意；
对于D选项，记圆的圆心为，该圆的半径为，
因为，故原点在圆外，
又因为，故，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】求出直线过定点，可判断A选项；求出直线过定点，分析可知，由可求得点的轨迹方程，可判断B选项；求出，利用基本不等式可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理
【解析】【解答】对于A，，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
所以A符合题意；
对于B，要使有且仅有3个零点，
只需即，所以，
所以的范围是，B不正确；
对于C，当时，，
，
，所以点是曲线的对称中心，所以C符合题意；
对于D，，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得：，令，
所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.
，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
，如下图所示，
当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确，
故答案为：B
【分析】，得到的单调性，判断的极值点个数可判断A；要使有且仅有3个零点，只需即可判断；当时，计算可判断C；设切点为，求出过点的切线方程，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.即可判断D.
9．【答案】C,D
【知识点】复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义；复数求模
【解析】【解答】A选项：因为，所以的虚部为-2，A不符合题意；
B选项：设，则可以得到，即，有好多种情况，例如，，，此时，B不符合题意；
C选项：若的坐标为，则，又是关于的实系数方程的一个根，所以，所以，解得，，C符合题意；
D选项：设，则，即，所以的集合所构成的图形为环形，如下所示：
所以面积为，D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】A选项：根据虚部的概念判断即可；
B选项：根据模的公式判断即可；
C选项：，然后代入中得到，解方程即可；
D选项：设，根据得到，然后根据几何图形求面积即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的单调性、奇偶性及其应用
【解析】【解答】对于A选项，，A对；
对于B选项，构造函数，其中，则，
当时，；当时，.
所以，函数的增区间为，减区间为，
因为，则，即，所以，，
即，B对；
对于C选项，因为，且函数在上单调递增，
所以，，即，即，即，C不符合题意；
对于D选项，，D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用对数函数的单调性结合中间值法可判断A选项；构造函数，利用导数分析函数的单调性，可判断BC选项；利用幂函数的单调性可判断D选项.
11．【答案】C,D
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】如下图所示：
对于A选项，若，又因为，且，、平面，
所以，平面，平面，则，
因为，则为锐角，矛盾，故与不成角，A不符合题意；
对于B选项，，则为锐角，
，，所以，二面角的平面角为，
故平面与平面不垂直，B不符合题意；
对于C选项，，，，、平面，
平面，
平面，，
又因为，，、平面，平面，
平面，所以，平面平面，C对；
对于D选项，因为平面，则、与平面所成角分别为、，
，则，所以，，
又因为、均为锐角，则，D对.
故答案为：CD.
【分析】利用反证法可判断A选项；利用二面角的定义可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
12．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】根据题意，，且，
故，即，又，故可得，
由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，
则，，即第三个正方形的面积为，
A不符合题意，B符合题意；
对C：因为，，
故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，
，又，故不等式成立的的最大值为，正确；
对：因为，对任意恒成立，正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】由（2）知：在上递减，
由（1），结合对数的运算性质知：，则，
综上，且，故满足要求.
故答案为：（答案不唯一）
【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得且，写出一个符合要求的解析式即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，
即，，，
所以
，
所以，即.
故答案为：.
【分析】求出，， 利用和
计算可得答案.
15．【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图所示，
，，
为外接球球心，设外接球半径为R，，
由勾股定理得：，，
设，则，，
故，解得：，
故，
故球的表面积为.
故答案为：
【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.
16．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】曲线在点A处的切线可写作
设该切线在曲线上的切点为，
则有，消去t得
则
当且仅当，即时取得该最小值.
故答案为：.
【分析】由两条曲线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满足切线方程来列方程组，得到，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.
17．【答案】（1）解：当时，由可得，
上述两个等式作差可得，所以，，则，
所以，，
也满足，故对任意的，.
（2）解：对于任意的正整数，，
所以，
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1） 当时，由可得， 两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.
18．【答案】（1）解：令，则，
所以，
所以，
（2）解：当时，在上递增，当时，在上递减，
理由如下：
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递增，
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递减，
（3）解：当时，由（2）可知在上递减，
因为在时恒成立，
所以，
所以，即，
所以，解得或，
因为，
所以，
即的取值范围.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用换元法， 令，则，代入化简可求出函数解析式；
（2）分和两种情况，利用单调性的定义判断即可；
（3）由（2） 可知在上递减， 所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围．
19．【答案】（1）解：连接，交于，连接，
因为面，面，且面面，
所以，故.
（2）解：若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，
所以，等边三角形中，
因为平面PAB⊥平面ABCD，面面，面，
所以面，而面，则，
综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，
由，则，，，，
所以，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
而为面的一个法向量，
所以，故二面角的正弦值为.
（3）解：由题设，，而，
又，，，
所以，若N到面PAC的距离为，
则，可得，故N到面PAC的距离为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 连接，交于，连接， 由线面平行的性质可得，根据等比例关系即可求结果；
（2）根据已知证明两两垂直，构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值；
（3）利用等体积法，求点面距离.
20．【答案】（1）解：选①：由正弦边角关系得，
再由余弦边角关系得，
所以，而且，
所以.
选②：，
所以，即，
又，则且，所以，可得，
所以.
（2）解：过作交延长线于，
因为为角平分线，且，则，
由，则，又，
所以，，故，又，
故△为等边三角形，则，，
结合（1）结论，△ABC的面积为.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）应用正余弦边角关系、倍角正余弦及辅助角公式化简条件公式，结合三角形内角性质求角C的大小；
（2） 过作交延长线于， 利用角平分线性质、相似三角形的等比例关系求出，，再应用三角形面积公式求面积.
21．【答案】（1）解：设，，
因为点在圆上，所以①，因为为中点，所以，整理得，代入①式中得，整理得，
所以曲线的方程为.
（2）解：（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，，
则，，所以，，所以，
当时，；
当时，，当且仅当时等号成立，
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，，
联立，得，则，，，
因为曲线与轴交于，两点，所以，，
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得，
，所以，
所以在定直线上.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1） 因为点在圆上，所以①，因为为中点，得到 ，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii） 联立 ，根据韦达定理得到 ， ，然后通过联立直线和直线的方程得到，即可得到点在定直线上.
22．【答案】（1）解：，求导得，
由可得，则，
解得，
故函数的单调递增区间为.
（2）解：令，其中，且，
由题意可知，对任意的，，
则，令，其中，
，
①当时，对任意的，，，则，
此时函数在上单调递增，故，合乎题意；
②当时，对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，因为，，
（i）当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递增，则，合乎题意；
（ii）当时，即当时，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，则函数在上单调递减，
所以，，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，
对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意.
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数的单调递增区间；
（2）构造函数，可知对任意的，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在 上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
江苏省泰州市泰兴市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·泰兴期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合的包含关系判断及应用；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】，故，而，则，
所以，，即A、B、C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D
【分析】，所以，而由指数函数性质求值域分别得到集合B，再结合各项判断正误即可.
2．（2022高三上·泰兴期中）已知，为两个不同平面，为直线且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；
当时，可过直线作平面与平面交于，
根据线面平行的性质定理可得，又，所以，
又，所以，故充分性成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】当时，若且，则推不出；反之可得，根据充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得到答案．
3．（2022高三上·泰兴期中）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．向量与向量的夹角为 D．在的投影向量是
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】由，不存在使，即与不共线，A不符合题意；
由，故，B不符合题意；
由，又，故，C符合题意；
由在的投影向量，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】应用向量坐标的线性运算求、，结合向量共线定理、模长的坐标运算判断A、B，根据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义判断C、D.
4．（2022高三上·泰兴期中）有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比．由上述信息可求得的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
由题意可知，且，
所以，，
所以，.
故答案为：C.
【分析】在中，，，计算，然后利用诱导公式可求得的值.
5．（2022高三上·泰兴期中）已知函数，，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示，则解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】定义域都为，关于原点对称，
而，
，
所以都是奇函数，故都是偶函数，
因为所给图象关于原点对称，是奇函数，故可排除CD；
当时，，
故排除B.
故答案为：A
【分析】根据函数的奇偶性结合图象的对称性排除CD，再由特殊值及放缩法判断的正负排除B.
6．（2022高三上·泰兴期中）已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上为单调函数
D．函数在区间上有12个零点
【答案】D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】由题设，，故，
所以，故且，
所以，，又，故，
综上，，
为偶函数，A不符合题意；
，图象不关于对称，B不符合题意；
在上，，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，C不符合题意；
在上，在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据已知条件求得，代入法以及正余弦函数性质判断奇偶性、对称中心，由整体法，结合正弦函数的单调性、周期性判断区间单调性和区间零点个数.
7．（2022高三上·泰兴期中）已知直线与直线相交于点，，则下列结论正确的是（ ）
A．过定点
B．点的轨迹方程为
C．点到点和点距离之和的最大值为
D．点到坐标原点的距离的最小值为
【答案】B
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；两条直线的交点坐标；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】对于A选项，直线的方程可化为，由，可得，
所以，直线过定点，A不符合题意；
对于B选项，直线的方程可化为，由，可得，
所以，直线过定点，
因为，则，即，
设点，则，，
所以，，整理可得，
所以，点的轨迹方程为，B对；
对于C选项，，由勾股定理可得，
所以，，
则，当且仅当时，等号成立，
所以，点到点和点距离之和的最大值为，C不符合题意；
对于D选项，记圆的圆心为，该圆的半径为，
因为，故原点在圆外，
又因为，故，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】求出直线过定点，可判断A选项；求出直线过定点，分析可知，由可求得点的轨迹方程，可判断B选项；求出，利用基本不等式可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项.
8．（2022高三上·泰兴期中）已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（ ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理
【解析】【解答】对于A，，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
所以A符合题意；
对于B，要使有且仅有3个零点，
只需即，所以，
所以的范围是，B不正确；
对于C，当时，，
，
，所以点是曲线的对称中心，所以C符合题意；
对于D，，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得：，令，
所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.
，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
，如下图所示，
当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确，
故答案为：B
【分析】，得到的单调性，判断的极值点个数可判断A；要使有且仅有3个零点，只需即可判断；当时，计算可判断C；设切点为，求出过点的切线方程，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.即可判断D.
二、多选题
9．（2022高三上·泰兴期中）设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则z的虚部为－2i
B．若|z|＝1，则z＝±1或z＝±i
C．若点Z坐标为（－1，3），且z是关于x的实系数方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q＝12
D．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
【答案】C,D
【知识点】复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义；复数求模
【解析】【解答】A选项：因为，所以的虚部为-2，A不符合题意；
B选项：设，则可以得到，即，有好多种情况，例如，，，此时，B不符合题意；
C选项：若的坐标为，则，又是关于的实系数方程的一个根，所以，所以，解得，，C符合题意；
D选项：设，则，即，所以的集合所构成的图形为环形，如下所示：
所以面积为，D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】A选项：根据虚部的概念判断即可；
B选项：根据模的公式判断即可；
C选项：，然后代入中得到，解方程即可；
D选项：设，根据得到，然后根据几何图形求面积即可.
10．（2022高三上·泰兴期中）下列不等关系中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的单调性、奇偶性及其应用
【解析】【解答】对于A选项，，A对；
对于B选项，构造函数，其中，则，
当时，；当时，.
所以，函数的增区间为，减区间为，
因为，则，即，所以，，
即，B对；
对于C选项，因为，且函数在上单调递增，
所以，，即，即，即，C不符合题意；
对于D选项，，D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用对数函数的单调性结合中间值法可判断A选项；构造函数，利用导数分析函数的单调性，可判断BC选项；利用幂函数的单调性可判断D选项.
11．（2022高三上·泰兴期中）在三棱锥中，已知，则（ ）
A．与成角
B．平面平面
C．平面平面
D．与平面所成角小于与平面所成角
【答案】C,D
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】如下图所示：
对于A选项，若，又因为，且，、平面，
所以，平面，平面，则，
因为，则为锐角，矛盾，故与不成角，A不符合题意；
对于B选项，，则为锐角，
，，所以，二面角的平面角为，
故平面与平面不垂直，B不符合题意；
对于C选项，，，，、平面，
平面，
平面，，
又因为，，、平面，平面，
平面，所以，平面平面，C对；
对于D选项，因为平面，则、与平面所成角分别为、，
，则，所以，，
又因为、均为锐角，则，D对.
故答案为：CD.
【分析】利用反证法可判断A选项；利用二面角的定义可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
12．（2022高三上·泰兴期中）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（ ）
A．第个正方形面积为10
B．
C．使得不等式成立的的最大值为3.
D．数列的前项和对任意恒成立.
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】根据题意，，且，
故，即，又，故可得，
由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，
则，，即第三个正方形的面积为，
A不符合题意，B符合题意；
对C：因为，，
故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，
，又，故不等式成立的的最大值为，正确；
对：因为，对任意恒成立，正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
三、填空题
13．（2022高三上·泰兴期中）已知函数同时满足（1）；（2），其中，则符合条件的一个函数解析式＝ ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】由（2）知：在上递减，
由（1），结合对数的运算性质知：，则，
综上，且，故满足要求.
故答案为：（答案不唯一）
【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得且，写出一个符合要求的解析式即可.
14．（2022高三上·泰兴期中）已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径．若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，
即，，，
所以
，
所以，即.
故答案为：.
【分析】求出，， 利用和
计算可得答案.
15．（2022高三上·泰兴期中）正四棱台高为2，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是 ．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图所示，
，，
为外接球球心，设外接球半径为R，，
由勾股定理得：，，
设，则，，
故，解得：，
故，
故球的表面积为.
故答案为：
【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.
16．（2022高三上·泰兴期中）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】曲线在点A处的切线可写作
设该切线在曲线上的切点为，
则有，消去t得
则
当且仅当，即时取得该最小值.
故答案为：.
【分析】由两条曲线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满足切线方程来列方程组，得到，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.
四、解答题
17．（2022高三上·泰兴期中）设数列的前项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）对于任意的正整数，，求数列的前项和．
【答案】（1）解：当时，由可得，
上述两个等式作差可得，所以，，则，
所以，，
也满足，故对任意的，.
（2）解：对于任意的正整数，，
所以，
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1） 当时，由可得， 两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.
18．（2022高三上·泰兴期中）若函数满足，其中，且．
（1）求函数的解析式；
（2）判断并证明函数的单调性；
（3）若，在时恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：令，则，
所以，
所以，
（2）解：当时，在上递增，当时，在上递减，
理由如下：
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递增，
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递减，
（3）解：当时，由（2）可知在上递减，
因为在时恒成立，
所以，
所以，即，
所以，解得或，
因为，
所以，
即的取值范围.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用换元法， 令，则，代入化简可求出函数解析式；
（2）分和两种情况，利用单调性的定义判断即可；
（3）由（2） 可知在上递减， 所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围．
19．（2022高三上·泰兴期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PB＝AB＝2，平面PAB⊥平面ABCD，N是CD的中点．
（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；
（2）求二面角B－PA－C的正弦值；
（3）求点N到面PAC的距离．
【答案】（1）解：连接，交于，连接，
因为面，面，且面面，
所以，故.
（2）解：若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，
所以，等边三角形中，
因为平面PAB⊥平面ABCD，面面，面，
所以面，而面，则，
综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，
由，则，，，，
所以，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
而为面的一个法向量，
所以，故二面角的正弦值为.
（3）解：由题设，，而，
又，，，
所以，若N到面PAC的距离为，
则，可得，故N到面PAC的距离为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 连接，交于，连接， 由线面平行的性质可得，根据等比例关系即可求结果；
（2）根据已知证明两两垂直，构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值；
（3）利用等体积法，求点面距离.
20．（2022高三上·泰兴期中）在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，____．
（1）求角C的大小；
（2）若∠ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求△ABC的面积．
【答案】（1）解：选①：由正弦边角关系得，
再由余弦边角关系得，
所以，而且，
所以.
选②：，
所以，即，
又，则且，所以，可得，
所以.
（2）解：过作交延长线于，
因为为角平分线，且，则，
由，则，又，
所以，，故，又，
故△为等边三角形，则，，
结合（1）结论，△ABC的面积为.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）应用正余弦边角关系、倍角正余弦及辅助角公式化简条件公式，结合三角形内角性质求角C的大小；
（2） 过作交延长线于， 利用角平分线性质、相似三角形的等比例关系求出，，再应用三角形面积公式求面积.
21．（2022高三上·泰兴期中）已知圆O：x2＋y2＝16，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点．
（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；
（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】（1）解：设，，
因为点在圆上，所以①，因为为中点，所以，整理得，代入①式中得，整理得，
所以曲线的方程为.
（2）解：（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，，
则，，所以，，所以，
当时，；
当时，，当且仅当时等号成立，
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，，
联立，得，则，，，
因为曲线与轴交于，两点，所以，，
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得，
，所以，
所以在定直线上.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1） 因为点在圆上，所以①，因为为中点，得到 ，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii） 联立 ，根据韦达定理得到 ， ，然后通过联立直线和直线的方程得到，即可得到点在定直线上.
22．（2022高三上·泰兴期中）函数，．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：，求导得，
由可得，则，
解得，
故函数的单调递增区间为.
（2）解：令，其中，且，
由题意可知，对任意的，，
则，令，其中，
，
①当时，对任意的，，，则，
此时函数在上单调递增，故，合乎题意；
②当时，对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，因为，，
（i）当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递增，则，合乎题意；
（ii）当时，即当时，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，则函数在上单调递减，
所以，，不合乎题意；
（iii）当时，即当时，
对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意.
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数的单调递增区间；
（2）构造函数，可知对任意的，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在 上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
