登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山西省太原市2022届高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·太原期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算；对数函数的单调区间
【解析】【解答】由得：，所以，
由得：，所以，
所以.
故答案为：C
【分析】先求得集合和，结合交集的运算，即可求解.
2．（2022高三上·太原期中）在复平面内，复数z满足iz=1+i，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由 iz=1+i 得
故答案为：D
【分析】由题意，得到，结合复数的除法运算法则，即可求解.
3．（2022高三上·太原期中）已知点在所在平面内，满，，则点依次是的（ ）
A．重心，外心 B．内心，外心 C．重心，内心 D．垂心，外心
【答案】A
【知识点】平行向量与共线向量；向量加减混合运算及其几何意义；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设中点为，因为，
所以，即，
因为有公共点，
所以，三点共线，即在的中线，
同理可得在的三条中线上，即为的重心；
因为，
所以，点为的外接圆圆心，即为的外心
综上，点依次是的重心，外心.
故答案为：A
【分析】设中点为，由，化简得到，得到三点共线，即在的中线，同理可得在的三条中线上，即为的重心，结合，即可求解.
4．（2022高三上·太原期中）从2007年10月24日18时05分，我国首颗绕月人造卫星“嫦娥一号”成功发射以来，中国航天葆有稳步前进的力量，标志着中国人一步一步将“上九天缆月”的神话变为了现实，月球距离地球大约38万千米，有人说，在理想状态下，将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次，其厚度就可以超过月球与地球之间的距离，那么至少对折的次数是（ ）（参考数据：）
A．41 B．42 C．43 D．44
【答案】B
【知识点】对数函数的单调区间；根据实际问题选择函数类型
【解析】【解答】解：由题知，第一次对折后纸张的厚度为毫米，
第二次对折后纸张的厚度为毫米，
第三次次对折后纸张的厚度为毫米，
……
所以，第次对折后纸张的厚度为毫米，
因为38万千米为毫米，
所以，，
所以两边取以10为底的对数得，即，解得，
所以，至少对折的次数是42次.
故答案为：B
【分析】根据题意，分别求得第一、二、三次对折后纸张的厚度，归纳得到第次对折后纸张的厚度为毫米，结合38万千米为毫米，列出不等式，结合对数的运算法则，即可求解.
5．（2022高三上·太原期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】.
故答案为：A.
【分析】由余弦的倍角公式和三角函数的诱导公式，化简得到，即可求解.
6．（2022高三上·太原期中）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A，由，则设，当时，也是符合条件的，A不符合题意；
对于B，由，则直线与的位置是平行或异面，B不符合题意；
对于C，由，则存在，，由，则，C符合题意；
对于D，设，当时，且，也可推出，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】结合直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
7．（2022高三上·太原期中）已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题知函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
所以
因为当时，
所以，由指数函数单调性可知，在上为单调递减函数，
因为，函数在上单调递增，
所以
又因为，，
所以，
所以，由函数在上为单调递减函数可得，
所以
故答案为：D
【分析】根结题意，求得为偶函数，且在上为单调递减函数，结合，和，结合函数单调性，即可求解.
8．（2022高三上·太原期中）若曲线和y＝x2＋mx＋1有公切线，则实数m＝（ ）
A． B． C．1 D．－1
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设，则，
曲线与切线相切于，
则切线方程为：①
因为切线与y＝x2＋mx＋1②相切，
联立①②：x2＋mx＋1=，
所以，
所以，
所以，
则有，解得，
故答案为：A
【分析】设，求得，得到曲线在的切线方程为，根据切线与y＝x2＋mx＋1相切， 联立方程组，结合，列出方程组，即可求解.
二、多选题
9．（2022高三上·太原期中）已知数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．是等差数列 B．
C． D．有最大值
【答案】A,B
【知识点】数列的函数特性；等差数列；等差数列的前n项和
【解析】【解答】当时，，
当时，
，符合，
故，
所以，，
所以数列是等差数列，首项为，公差，A符合题意；
，B符合题意；
因为公差，所以数列是递减数列，所以，C不符合题意；
，
易知当或时，有最大值，D不符合题意.
故答案为：AB
【分析】根据，且适合，求得数列的通项公式，可判定A符合题意；由等差数列的性质，得到，可判定B符合题意；由公差，得到数列是递减数列，可判定C不符合题意；由等差数列的求和公式，结合二次函数的性质，可判定D不符合题意.
10．（2022高三上·太原期中）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．有最小值 B．有最小值
C． D．
【答案】B,D
【知识点】指数函数单调性的应用；基本不等式；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由，则，
对于A，由，则，A不符合题意；
对于B，，当且仅当，即时，等号成立，则的最小值为，B符合题意；
对于C，令，当时，C不符合题意；
对于D，由，，则令，易知该函数在上单调递增，又因为，即，则不等式成立，D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】根据对数的定义，得到，结合指数函数的性质，得到则，可判定A不符合题意；由，结合基本不等式，可判定B符合题意；由，结合三角函数的性质，可判定C不符合题意；由令，结合该函数在上单调递增和，可判定D符合题意.
11．（2022高三上·太原期中）已知分别是内角的对边，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以
因为，且，
因为，
所以，A选项错误；、
所以，，
所以，，即，B选项正确；
所以，
因为，
所以，
所以，
所以
令，
因为，所以，
所以，即，
所以，
所以，，
因为，
所以，即，C符合题意，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】由，得到，得出，根据，得到，可得判定A选项错误；结合正弦定理化简得到，利用三角函数的基本关系式，求得，可判定B选项正确；由，求得，化简得到，令，整理得到，结合二次函数的性质，可判定C符合题意，D不符合题意.
12．（2022高三上·太原期中）已知四棱锥S－ABCD的底面是矩形，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面SAD⊥平面SAB
B．BC⊥平面SAB
C．直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为
D．四棱锥S－ABCD外接球的表面积为13
【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图所示：
因为是矩形，所以
又因为，，平面，
所以平面，而平面SAB，
所以平面SAD⊥平面SAB，A符合题意；
因为
由余弦定理可知：，
而，所以与所成夹角的余弦值为，
所以BC与平面SAB不垂直，B不符合题意；
作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，而，平面，
所以平面，平面，所以，
，所以，
，则，
，
在Rt中，，
所以，
即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，C符合题意；
作矩形的中心，连接，，
设外接球球心为，作平面ABCD，且，
作，垂足为，易知，连接，，
易知，
因为，，
故，
，①
，②
由①②解得：，，
所以四棱锥S－ABCD外接球的表面积，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由是矩形，得到，结合，证得平面，进而得到平面SAD⊥平面SAB，可判定A符合题意；由余弦定理可求得，根据，得到与所成夹角的余弦值为，可判定B不符合题意；作，连接，证得平面，得到，在Rt中，求得，可判定C符合题意；作矩形的中心，连接，，设外接球球心为，作平面ABCD，且，作，连接，，结合和，联立方程组求得，结合球的表面积公式，即可求解.
三、填空题
13．（2022高三上·太原期中）已知，若，则实数 ．
【答案】-1
【知识点】数量积的坐标表达式；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为
所以，即，解得
所以，实数.
故答案为：-1
【分析】根据平面向量的坐标运算，求得，结合，列出方程，即可求解.
14．（2022高三上·太原期中）设等比数列的前n项和为，且，则 ．
【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；数列递推式
【解析】【解答】解：因为
所以，当时，，
所以，即，
所以，等比数列的公比为，
所以，当时，，
所以，解得，
所以
故答案为：
【分析】当时，求得，两式相减得到，得出数列的公比为2的等比数列，进进而求得数列的通项公式.
15．（2022高三上·太原期中）已知函数的最小正周期为T，若，且当时，取得最小值1，则 ．
【答案】
【知识点】正弦函数的周期性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】解：因为函数）的最小正周期为T，若，
所以，解得，
因为时，取得最小值1，
所以，，
所以，，
因为
所以，，即，
所以
故答案为：
【分析】根据题意，结合三角函数图象与性质，求得函数，进而求得的值.
16．（2022高三上·太原期中）已知定义在上的函数满足，且是的导函数，当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，则
因为，即，
所以，即函数为偶函数，
因为，当时，
所以，当时，，函数为单调递减函数，
因为函数为上的偶函数
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以
因为可变形为，即，
因为函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，
所以，或，即或，
所以，不等式的解集为
故答案为：
【分析】令，求得，根据，得到，得出函数为偶函数，再由得到为单调递减函数，进而得出函数的单调区间，结合，求得，把不等式转化为，结合函数的单调性和奇偶性，转化为或，即可求解.
四、解答题
17．（2022高三上·太原期中）已知集合，，且．
（1）若命题“”为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以，即，
因为，且，
所以，，解得，
因为命题“”为真命题，
所以，
所以，解得，
所以，实数a的取值范围是.
（2）解：由（1）知，，，
所以，
因为，
所以，或，解得或，
所以，实数a的取值范围是
【知识点】集合的包含关系判断及应用；交、并、补集的混合运算；指数函数单调性的应用
【解析】【分析】（1） 根据指数幂的运算，求得，再由命题“”为真命题，得到，结合集合的包含关系，列出不等式组，即可求解；
（2） 由（1）求得，根据，列出不等式组，即可求解.
18．（2022高三上·太原期中）已知是偶函数．
（1）求实数k的值；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1）解：由题意，，则，解得.
（2）解：由（1）可知，则，整理为，
，，，，，解得，即.
【知识点】函数奇偶性的性质；指数函数单调性的应用；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）由 ，列出方程得到，即可求得的值；
（2） 由（1）把不等式整理为，转化为，进而转化为，结合指数函数的性质，即可求解.
19．（2022高三上·太原期中）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．
【答案】（1）解：
由，
解得，
的单调递增区间为；
（2）解：因为，可得，
因为，所以即，
由及可得，
，
所以
所以
即，当且仅当时取到等号，
所以，
故面积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；复合三角函数的单调性
【解析】【分析】（1）化简函数为 ，令，即可求得的单调递增区间；
（2） 由，求得，根据及，化简得到，结合基本不等式求得，再利用三角形的面积公式，即可求解.
20．（2022高三上·太原期中）已知数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：因为，即，
即数列是首项为公比为的等比数列，
则，即.
（2）解：，则
故，
，
两式作差可得：，
即
，
则.
即数列的前n项和.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1） 由，得到，得出数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2） 由（1）求得，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
21．（2022高三上·太原期中）如图，PO是三棱锥P－ABC的高，点D是PB的中点，．
（1）从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；
（2）若，OB平分，PB＝5，PO＝3，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
条件①：OD//平面PAC；条件②．
【答案】（1）证明：选择①：OD//平面PAC，延长交于点，连接，，如下所示：
因为//面面，面面，故//，
在△中，因为点为的中点，故可得为的中点；
又，故可得；
因为面，面，则，
故△，则；
选择②：，取中点为，连接如下所示：
因为面，面，则，
又，故△，则；
在△中，又为中点，故可得，又，
则//面面，故//面；
在△中，因为分别为中点，故//，
又面面，故//面；
又面，故面//面，
又面，故可得//面.
（2）解：选择①：OD//平面PAC，由（1）所证可得：；
选择②：，由（1）所证可得：OD//平面PAC，
故不论（1）中选择哪个条件，都会有，且OD//平面PAC.
连接，取中点为，连接，
以为坐标原点，过作与平行的直线为轴，以分别为轴，
建立如图所示空间直角坐标系：
在△中，，
又，易得，
在△中，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，即，
解得，取，则，则；
设平面的法向量为，
则，即，
解得，取，则，；
故，
设平面PAB与平面PAC的夹角为，
则，即平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 选择①：延长交于点，连接，，利用线面平行的性质，得到//，进而得到为的中点，根据，得到，结合△，即可得到；
选择②：取中点为，连接，由面，得到，再由，得到△，得出，进而证得//面，再在△中，得到//，进而证得//面，利用面面平行的判定定理，证得面//面，即可得到//面.
（2） 连接，取中点为，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
22．（2022高三上·太原期中）已知函数，是非零常数．
（1）若函数在上是减函数，求的取值范围；
（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．
【答案】（1）解：
因为函数在上是减函数，
所以，在上恒成立，
当时，在上恒成立，满足题意；
当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，
所以，的取值范围为
（2）证明：令得，
所以，，则，
所以，当时，，函数在上单调递增，
当时，，故函数在上单调递减，
因为，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，
所以，在上单调递减，
综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，
因为，即，
所以，，
所以，，其中，
所以，当时，直线与的图像在上有两个交点，
所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.
所以，取，则，当时，在上有两个极值点.
【知识点】函数的单调性与导数的关系；函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意转化为在上恒成立，分和，两种情况讨论，即可求解.
（2） 令，得到，令，求得，得出函数的单调性，结合，得到存在，使得，进而得到函数的单调区间，集合，，得到存在，使得，进而得到的单调区间 ，进而得到结论.
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
山西省太原市2022届高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·太原期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·太原期中）在复平面内，复数z满足iz=1+i，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·太原期中）已知点在所在平面内，满，，则点依次是的（ ）
A．重心，外心 B．内心，外心 C．重心，内心 D．垂心，外心
4．（2022高三上·太原期中）从2007年10月24日18时05分，我国首颗绕月人造卫星“嫦娥一号”成功发射以来，中国航天葆有稳步前进的力量，标志着中国人一步一步将“上九天缆月”的神话变为了现实，月球距离地球大约38万千米，有人说，在理想状态下，将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次，其厚度就可以超过月球与地球之间的距离，那么至少对折的次数是（ ）（参考数据：）
A．41 B．42 C．43 D．44
5．（2022高三上·太原期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·太原期中）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
7．（2022高三上·太原期中）已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·太原期中）若曲线和y＝x2＋mx＋1有公切线，则实数m＝（ ）
A． B． C．1 D．－1
二、多选题
9．（2022高三上·太原期中）已知数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．是等差数列 B．
C． D．有最大值
10．（2022高三上·太原期中）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．有最小值 B．有最小值
C． D．
11．（2022高三上·太原期中）已知分别是内角的对边，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2022高三上·太原期中）已知四棱锥S－ABCD的底面是矩形，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面SAD⊥平面SAB
B．BC⊥平面SAB
C．直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为
D．四棱锥S－ABCD外接球的表面积为13
三、填空题
13．（2022高三上·太原期中）已知，若，则实数 ．
14．（2022高三上·太原期中）设等比数列的前n项和为，且，则 ．
15．（2022高三上·太原期中）已知函数的最小正周期为T，若，且当时，取得最小值1，则 ．
16．（2022高三上·太原期中）已知定义在上的函数满足，且是的导函数，当时，，则不等式的解集为 ．
四、解答题
17．（2022高三上·太原期中）已知集合，，且．
（1）若命题“”为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若，求实数a的取值范围．
18．（2022高三上·太原期中）已知是偶函数．
（1）求实数k的值；
（2）求不等式的解集．
19．（2022高三上·太原期中）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．
20．（2022高三上·太原期中）已知数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
21．（2022高三上·太原期中）如图，PO是三棱锥P－ABC的高，点D是PB的中点，．
（1）从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；
（2）若，OB平分，PB＝5，PO＝3，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
条件①：OD//平面PAC；条件②．
22．（2022高三上·太原期中）已知函数，是非零常数．
（1）若函数在上是减函数，求的取值范围；
（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算；对数函数的单调区间
【解析】【解答】由得：，所以，
由得：，所以，
所以.
故答案为：C
【分析】先求得集合和，结合交集的运算，即可求解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由 iz=1+i 得
故答案为：D
【分析】由题意，得到，结合复数的除法运算法则，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】平行向量与共线向量；向量加减混合运算及其几何意义；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设中点为，因为，
所以，即，
因为有公共点，
所以，三点共线，即在的中线，
同理可得在的三条中线上，即为的重心；
因为，
所以，点为的外接圆圆心，即为的外心
综上，点依次是的重心，外心.
故答案为：A
【分析】设中点为，由，化简得到，得到三点共线，即在的中线，同理可得在的三条中线上，即为的重心，结合，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】对数函数的单调区间；根据实际问题选择函数类型
【解析】【解答】解：由题知，第一次对折后纸张的厚度为毫米，
第二次对折后纸张的厚度为毫米，
第三次次对折后纸张的厚度为毫米，
……
所以，第次对折后纸张的厚度为毫米，
因为38万千米为毫米，
所以，，
所以两边取以10为底的对数得，即，解得，
所以，至少对折的次数是42次.
故答案为：B
【分析】根据题意，分别求得第一、二、三次对折后纸张的厚度，归纳得到第次对折后纸张的厚度为毫米，结合38万千米为毫米，列出不等式，结合对数的运算法则，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】.
故答案为：A.
【分析】由余弦的倍角公式和三角函数的诱导公式，化简得到，即可求解.
6．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A，由，则设，当时，也是符合条件的，A不符合题意；
对于B，由，则直线与的位置是平行或异面，B不符合题意；
对于C，由，则存在，，由，则，C符合题意；
对于D，设，当时，且，也可推出，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】结合直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题知函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
所以
因为当时，
所以，由指数函数单调性可知，在上为单调递减函数，
因为，函数在上单调递增，
所以
又因为，，
所以，
所以，由函数在上为单调递减函数可得，
所以
故答案为：D
【分析】根结题意，求得为偶函数，且在上为单调递减函数，结合，和，结合函数单调性，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设，则，
曲线与切线相切于，
则切线方程为：①
因为切线与y＝x2＋mx＋1②相切，
联立①②：x2＋mx＋1=，
所以，
所以，
所以，
则有，解得，
故答案为：A
【分析】设，求得，得到曲线在的切线方程为，根据切线与y＝x2＋mx＋1相切， 联立方程组，结合，列出方程组，即可求解.
9．【答案】A,B
【知识点】数列的函数特性；等差数列；等差数列的前n项和
【解析】【解答】当时，，
当时，
，符合，
故，
所以，，
所以数列是等差数列，首项为，公差，A符合题意；
，B符合题意；
因为公差，所以数列是递减数列，所以，C不符合题意；
，
易知当或时，有最大值，D不符合题意.
故答案为：AB
【分析】根据，且适合，求得数列的通项公式，可判定A符合题意；由等差数列的性质，得到，可判定B符合题意；由公差，得到数列是递减数列，可判定C不符合题意；由等差数列的求和公式，结合二次函数的性质，可判定D不符合题意.
10．【答案】B,D
【知识点】指数函数单调性的应用；基本不等式；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由，则，
对于A，由，则，A不符合题意；
对于B，，当且仅当，即时，等号成立，则的最小值为，B符合题意；
对于C，令，当时，C不符合题意；
对于D，由，，则令，易知该函数在上单调递增，又因为，即，则不等式成立，D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】根据对数的定义，得到，结合指数函数的性质，得到则，可判定A不符合题意；由，结合基本不等式，可判定B符合题意；由，结合三角函数的性质，可判定C不符合题意；由令，结合该函数在上单调递增和，可判定D符合题意.
11．【答案】B,C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以
因为，且，
因为，
所以，A选项错误；、
所以，，
所以，，即，B选项正确；
所以，
因为，
所以，
所以，
所以
令，
因为，所以，
所以，即，
所以，
所以，，
因为，
所以，即，C符合题意，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】由，得到，得出，根据，得到，可得判定A选项错误；结合正弦定理化简得到，利用三角函数的基本关系式，求得，可判定B选项正确；由，求得，化简得到，令，整理得到，结合二次函数的性质，可判定C符合题意，D不符合题意.
12．【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图所示：
因为是矩形，所以
又因为，，平面，
所以平面，而平面SAB，
所以平面SAD⊥平面SAB，A符合题意；
因为
由余弦定理可知：，
而，所以与所成夹角的余弦值为，
所以BC与平面SAB不垂直，B不符合题意；
作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，而，平面，
所以平面，平面，所以，
，所以，
，则，
，
在Rt中，，
所以，
即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，C符合题意；
作矩形的中心，连接，，
设外接球球心为，作平面ABCD，且，
作，垂足为，易知，连接，，
易知，
因为，，
故，
，①
，②
由①②解得：，，
所以四棱锥S－ABCD外接球的表面积，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由是矩形，得到，结合，证得平面，进而得到平面SAD⊥平面SAB，可判定A符合题意；由余弦定理可求得，根据，得到与所成夹角的余弦值为，可判定B不符合题意；作，连接，证得平面，得到，在Rt中，求得，可判定C符合题意；作矩形的中心，连接，，设外接球球心为，作平面ABCD，且，作，连接，，结合和，联立方程组求得，结合球的表面积公式，即可求解.
13．【答案】-1
【知识点】数量积的坐标表达式；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为
所以，即，解得
所以，实数.
故答案为：-1
【分析】根据平面向量的坐标运算，求得，结合，列出方程，即可求解.
14．【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；数列递推式
【解析】【解答】解：因为
所以，当时，，
所以，即，
所以，等比数列的公比为，
所以，当时，，
所以，解得，
所以
故答案为：
【分析】当时，求得，两式相减得到，得出数列的公比为2的等比数列，进进而求得数列的通项公式.
15．【答案】
【知识点】正弦函数的周期性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】解：因为函数）的最小正周期为T，若，
所以，解得，
因为时，取得最小值1，
所以，，
所以，，
因为
所以，，即，
所以
故答案为：
【分析】根据题意，结合三角函数图象与性质，求得函数，进而求得的值.
16．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，则
因为，即，
所以，即函数为偶函数，
因为，当时，
所以，当时，，函数为单调递减函数，
因为函数为上的偶函数
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以
因为可变形为，即，
因为函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，
所以，或，即或，
所以，不等式的解集为
故答案为：
【分析】令，求得，根据，得到，得出函数为偶函数，再由得到为单调递减函数，进而得出函数的单调区间，结合，求得，把不等式转化为，结合函数的单调性和奇偶性，转化为或，即可求解.
17．【答案】（1）解：因为，
所以，即，
因为，且，
所以，，解得，
因为命题“”为真命题，
所以，
所以，解得，
所以，实数a的取值范围是.
（2）解：由（1）知，，，
所以，
因为，
所以，或，解得或，
所以，实数a的取值范围是
【知识点】集合的包含关系判断及应用；交、并、补集的混合运算；指数函数单调性的应用
【解析】【分析】（1） 根据指数幂的运算，求得，再由命题“”为真命题，得到，结合集合的包含关系，列出不等式组，即可求解；
（2） 由（1）求得，根据，列出不等式组，即可求解.
18．【答案】（1）解：由题意，，则，解得.
（2）解：由（1）可知，则，整理为，
，，，，，解得，即.
【知识点】函数奇偶性的性质；指数函数单调性的应用；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）由 ，列出方程得到，即可求得的值；
（2） 由（1）把不等式整理为，转化为，进而转化为，结合指数函数的性质，即可求解.
19．【答案】（1）解：
由，
解得，
的单调递增区间为；
（2）解：因为，可得，
因为，所以即，
由及可得，
，
所以
所以
即，当且仅当时取到等号，
所以，
故面积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；复合三角函数的单调性
【解析】【分析】（1）化简函数为 ，令，即可求得的单调递增区间；
（2） 由，求得，根据及，化简得到，结合基本不等式求得，再利用三角形的面积公式，即可求解.
20．【答案】（1）解：因为，即，
即数列是首项为公比为的等比数列，
则，即.
（2）解：，则
故，
，
两式作差可得：，
即
，
则.
即数列的前n项和.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1） 由，得到，得出数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2） 由（1）求得，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
21．【答案】（1）证明：选择①：OD//平面PAC，延长交于点，连接，，如下所示：
因为//面面，面面，故//，
在△中，因为点为的中点，故可得为的中点；
又，故可得；
因为面，面，则，
故△，则；
选择②：，取中点为，连接如下所示：
因为面，面，则，
又，故△，则；
在△中，又为中点，故可得，又，
则//面面，故//面；
在△中，因为分别为中点，故//，
又面面，故//面；
又面，故面//面，
又面，故可得//面.
（2）解：选择①：OD//平面PAC，由（1）所证可得：；
选择②：，由（1）所证可得：OD//平面PAC，
故不论（1）中选择哪个条件，都会有，且OD//平面PAC.
连接，取中点为，连接，
以为坐标原点，过作与平行的直线为轴，以分别为轴，
建立如图所示空间直角坐标系：
在△中，，
又，易得，
在△中，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，即，
解得，取，则，则；
设平面的法向量为，
则，即，
解得，取，则，；
故，
设平面PAB与平面PAC的夹角为，
则，即平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 选择①：延长交于点，连接，，利用线面平行的性质，得到//，进而得到为的中点，根据，得到，结合△，即可得到；
选择②：取中点为，连接，由面，得到，再由，得到△，得出，进而证得//面，再在△中，得到//，进而证得//面，利用面面平行的判定定理，证得面//面，即可得到//面.
（2） 连接，取中点为，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
22．【答案】（1）解：
因为函数在上是减函数，
所以，在上恒成立，
当时，在上恒成立，满足题意；
当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，
所以，的取值范围为
（2）证明：令得，
所以，，则，
所以，当时，，函数在上单调递增，
当时，，故函数在上单调递减，
因为，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，
所以，在上单调递减，
综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，
因为，即，
所以，，
所以，，其中，
所以，当时，直线与的图像在上有两个交点，
所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.
所以，取，则，当时，在上有两个极值点.
【知识点】函数的单调性与导数的关系；函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意转化为在上恒成立，分和，两种情况讨论，即可求解.
（2） 令，得到，令，求得，得出函数的单调性，结合，得到存在，使得，进而得到函数的单调区间，集合，，得到存在，使得，进而得到的单调区间 ，进而得到结论.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
