江苏省南通市通州区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·通州期中）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2022高三上·通州期中）已知集合，．若，则实数的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·通州期中）已知，，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
4．（2022高三上·通州期中）“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
5．（2022高三上·通州期中）如图是函数的大致图象，则函数的解析式可以为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·通州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·通州期中）已知正六棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°．圆柱的上底面圆与正六棱锥的侧面均相切，下底面圆O在该正六棱锥底面内，则圆柱体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·通州期中）若，其中，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·通州期中）设是公差为d的等差数列，是其前n项的和，且，，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·通州期中）已知函数，的定义域均为R，它们的导函数分别为，．若是奇函数，，与图象的交点为，，…，，则（ ）
A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于直线对称 D．
11．（2022高三上·通州期中）在圆O的内接四边形中，，，，则（ ）
A． B．四边形的面积为
C． D．
12．（2022高三上·通州期中）在矩形中，，，E为DC的中点．将绕直线BE旋转至的位置，F为的中点，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在无数个位置，使得∥平面
C．当二面角为120°时，点F到平面的距离为
D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面与被平面截得的交线长为
三、解答题
13．（2022高三上·通州期中）已知为单位向量，向量在上的投影向量为，且，则 ．
14．（2022高三上·通州期中）已知数列的前n项和为，且．
（1）求证：是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求证：．
15．（2022高三上·通州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若点D在AC边上，满足，且，，求的值．
16．（2022高三上·通州期中）已知函数，，分别是的极大值点和极小值点．
（1）若，，，求的值；
（2）若，求a的取值范围．
17．（2022高三上·通州期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，O为BD中点．
（1）求二面角的正弦值；
（2）E为内的动点（包含边界），且平面，求OE与平面所成角的正弦值的最大值．
18．（2022高三上·通州期中）已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
（1）若，求l的方程；
（2）若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
19．（2022高三上·通州期中）已知函数的极值为．
（1）求p的值，并求的单调区间；
（2）若，证明：．
四、填空题
20．（2020·锦州模拟）《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的 是较小的两份之和，则最小一份的量为 .
21．（2022高三上·通州期中）已知函数的最小值为0，且，则图象的一个对称中心的坐标为 ．
22．（2022高三上·通州期中）已知函数，若直线是曲线的切线，则 ；若直线与曲线交于，两点，且，则a的取值范围是 ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限；
故答案为：D
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解出答案.
2．【答案】C
【知识点】空集；交集及其运算
【解析】【解答】由得：，则；由得：，则；
，，解得：，即实数的取值集合为.
故答案为：C.
【分析】 由已知求出集合M、N，先求出 的a的范围，然后根据补集定义即可求解出实数的取值集合.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式
【解析】【解答】充分性：∵，，，∴，当且仅当时，等号成立，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴.
必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】 当，，时，，反过来举反例即可判断必要性不成立，由此即可求解出答案.
4．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；根据实际问题选择函数类型
【解析】【解答】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故答案为：C
【分析】 根据题意，，即，故，两边同取以10为底的对数，利用对数的运算性质可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】定义域是，四个选项均符合，
ACD选项中函数式里都是含有或，它们是偶函数，B选项中，，函数为奇函数，
由图象关于轴对称，排除B，
且时，
A，，，因此在上递增，排除A；
D，，不符合题意，排除D；
C，，，
时，，递增，时，，递增，时，，递减，满足题意，
故答案为：C．
【分析】 先利用奇偶性排除B；再研究x >0时函数的单调性以及图象上升、下降的快慢，据此判断A、C、D.
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】由，切化弦得，∴，
由且，解得，，∴，
∴.
故答案为：B
【分析】 由已知结合同角基本关系进行化简，可求tana，然后结合两角差的正切公式，即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；棱柱的结构特征
【解析】【解答】如图，由题意是底面正六边形中心，在高上，过圆柱上底面的平面截棱锥得正六边形，易知圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，
取中点，连接，则，，是侧面与底面所成二面角的平面角，即，
正六边形边长为2，则，所以，
设圆柱的高为，，
由截面性质得，，，
设圆柱底面半径为，因为圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，所以
圆柱的体积为，
，
时，，是增函数，时，，是减函数，
所以时，．
故答案为：B．
【分析】取中点，连接，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，设圆柱的高为，圆柱底面半径为，圆柱的体积为，利用导数可求体积的最大值.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，得，
所以，
令，
则上式可转化为，
又，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以，
又，
所以，
所以，即，
故答案为：D
【分析】 由已知可得，令，求导可得的单调性，即，求解可得答案.
9．【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】，则，
，所以，，，
，则，
，
，
，是递增数列，
，，
所以中，最小，
故答案为：ACD．
【分析】 由知，即得，结合得a2011<0，a2012>0，逐项进行判断可得答案.
10．【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为为奇函数，所以函数的图象关于点对称，A不符合题意；
因为函数的图象关于点对称，则，对其两边取导数：
则有，所以的图象关于直线对称，B正确；
令，解得：，
所以的图象关于直线对称，C符合题意；
又因为，所以为常数，则的图象关于对称，
例如：当时，令，
则图象有三个交点，
其中和关于对称，且，
此时，，
故，所以此时不成立，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】 根据奇函数性质可判断A；，对其两边取导数，可判断B；根据可得g(x)，再根据三角函数性质可判断C；根据f (x)与g (x)都关于(1， 0)对称可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】
由题意，，故，
在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理，
故，解得，又，故
故，解得，A符合题意；
，B符合题意；
在中，，
在中，，
，C不符合题意；
，
又
，故，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】 连接BD，由四边形ABCD为圆O内接四边形，可得，再由余弦定理求出BD可判断A；从而得∠BCD∠BAD，再利用三角形面积公式即可求出四边形A BCD的面积可判断B；利用向量数量积求出 ， 即可判断C、D.
12．【答案】B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图所求：H为BE的中点，G为的中点，连接AH、CH、C1H、FG、EG，
对于A选项，由，H为BE的中点，∴，若存在某个位置，使得，则由平面，平面，，有平面，平面，有，而，显然不成立，∴A选项错误；
对于B选项，F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，
，，∴，，四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，平面，满足条件的位置有无数个，B选项正确；
对于C选项，二面角为120°时，二面角为60°，即，，
则到平面的距离为，设点A到平面的距离为，由，有，，
解得，点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，所以点F到平面的距离为，C选项正确；
对于D选项，当四棱锥的体积最大时，平面平面，平面平面，
，，，有 平面，平面，
，，，，以为直径的球以为球心，半径.
球面与被平面截得的交线是过的圆，设圆心为，如图所示，
平面，点到平面的距离，F为的中点，∴球心F到平面的距离，
圆半径，小圆周长（即交线长）为，D选项错误；
故答案为：BC
【分析】 由已知可得，假设，可得，可判断A；取F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，可证平面，可判断B；可得点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，进而可求F到平面C1BE的距离可判断C；求得截面圆的周长为π，可判断D.
13．【答案】-2
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】设与的夹角为，
因为向量在上的投影向量为，所以，
又因为，因此，且为单位向量，所以，
故，
故答案为：-2.
【分析】 根据投影向量的定义得到，再代入数量积即可求解出答案.
14．【答案】（1）证明：因为①，
所以时，②，
得，即，，
所以，，
在①式中，令，得，
所以数列是以1为首项为公差的等差数列．
所以，
所以．
（2）证明：由，所以
．
因为，所以，得证．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1)利用数列的递推关系式，结合等差数列的定义，转化求解证明即可得 的通项公式；
(2)利用裂项消项法转化求解数列的和，即可证明出 ．
15．【答案】（1）解：因为，由正弦定理，
可得，
即，
所以．
因为，所以，即．
因为，所以，
所以，即．
（2）解：因为点D在AC边上，满足，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
即，解得，即．
在中，由余弦定理得，即，
所以．在中，由余弦定理得．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)根据已知条件由正弦定理，结合两角和与差的三角函数，转化求解出B的值；
(2)用 表示出 ， 再利用平面向量的数量积公式建立关于 的方程，解出a，然后利用余弦定理求解出 的值．
16．【答案】（1）解：当时，，
所以，
令，得或．
列表如下：
x 0
0 0
极大值 极小值
所以在处取极大值，即，且．
由，所以，即，
所以．
因为，所以，
所以．
（2）解：由，因为，分别是的极大值点和极小值点，
所以，是方程的两个不相等的实根，且，即，
所以
因为
，
因为，所以，解得．
综上，．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】 (1)求得导数，利用函数的单调性求出x1，由 可得x3，即可求解出 的值；
(2) 由 ，可得 ， ，整理得 即 ， 求解可得 a的取值范围．
17．【答案】（1）解：（方法一）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
过点O作，交CD于点E，连结AE．
因为AO，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因为，，
所以在中，，，，所以，
即二面角的正弦值为．
（方法二）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为，O为BD中点，所以，
所以OC，OD，OA两两互相垂直．
以为一组基底建立如图所示空间直角坐标系．
因为，，
所以，，，，
所以，，，
所以为平面的一个法向量．
设平面的的法向量，
所以，即．
令，得平面的一个法向量．
所以，
所以二面角的正弦值为．
（2）解：取AD中点M，CD中点N．
因为O为BD中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面．
因为平面，平面，，
所以平面平面．
因为E为平面内动点（包含边界），且平面，
所以E在线段MN上．
由，，，
所以，，
则．
设OE与平面所成角为，则
，
当时，的最大值为，
所以OE与平面所成角的正弦值的最大值为．
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)连接OA，OC，可证 OC，OD，OA两两互相垂直，以为一组基底建立空间直角坐标系，求得平面ACD的法向量和平面BCD的一个法向量，利用向量法可求出二面角的正弦值；
(2)分别取AD中点M，CD中点N，可证得平面平面，从而知点E在线段MN上运动，设 ，， 用含的式子表示出点E的坐标， 设OE与平面所成角为，由 ， 可求解出OE与平面所成角的正弦值的最大值 .
18．【答案】（1）解：双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C无交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设，
联立方程组，消x得．
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得：，
设，，
所以，．
因为，所以，
即，，
所以，
解得：，
所以l的方程为．
（2）证明：由直线，得，
所以，
又，
所以
，
因为，所以，且，
所以（定值）．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设， 代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得m的值，求得直线 的方程；
(2)设直线AP的方程，求得Q点坐标，求得k2和k1，即可表示出 ，结合 ，且， 即可证明出 为定值．
19．【答案】（1）解：设的极值点为，，
则，
解得，，经检验，时满足题意．
所以，，
当时，，当时，，
所以的单调减区间为，单调增区间为．
（2）证明：不妨设，因为，
由（1）知，，．
设函数，，
则，所以在上单调递减，
所以，即，
所以，即．
又，，所以，即．
由，得，又，所以
所以，即，得证．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】 (1) 设的极值点为 ，可得 ， 解得 ， ，可得 ，求导可得 的单调区间；
(2) 不妨设 ，由(1)知， 可得 ，构造函数 ，， 可得 ，即可证明出 ．
20．【答案】
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】设此等差数列为{an}，公差为d，则
（a3+a4+a5）× =a1+a2，即 ，解得a1= ，d= ，所以最小一份为a1 ，故答案为 。
【分析】根据已知条件将实际问题转化为等差数列的问题，再利用等差数列前n项和公式和等差数列通项公式，从而求出等差数列的首项和公差，进而求出最小一份的量就是等差数列的首项，从而求出最小一份的量。
21．【答案】（答案不唯一）
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】由题意得，
最小值为，则，
，而，
而，故，，，
由得，，
故图象的对称中心为，
故答案为：（答案不唯一）
【分析】 首先利用函数的最小值求出A的值，进一步利用 ，求出函数f (x)的解析式，最后利用余弦函数的性质求出函数的对称中心.
22．【答案】；
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】，设切点为，则，切点为，则，
所以，，；
由得，设，则，
时，，递增，时，，递减，
所以，，时，，且时，，
所以时，有两解，显然两解均为正，
直线与曲线交于，两点，则，
，即，所以，
直线与的图象的两交点的横坐标为，如图，作出直线和函数的图象，
由，若，则，，，
，
由图可知当时，直线与的图象的两交点的横坐标满足．
所以的取值范围是．
故答案为：．
【分析】对函数f (x)求导，设出切点，由导数的几何意义可得，，由此可得a的值；依题意，直线与曲线有两个交点，利用导数研究函数g (x)的性质，可知，则由，可得，作出直线和函数的图象，数形结合可求出 a的取值范围 .
1 / 1江苏省南通市通州区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·通州期中）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限；
故答案为：D
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解出答案.
2．（2022高三上·通州期中）已知集合，．若，则实数的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空集；交集及其运算
【解析】【解答】由得：，则；由得：，则；
，，解得：，即实数的取值集合为.
故答案为：C.
【分析】 由已知求出集合M、N，先求出 的a的范围，然后根据补集定义即可求解出实数的取值集合.
3．（2022高三上·通州期中）已知，，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；基本不等式
【解析】【解答】充分性：∵，，，∴，当且仅当时，等号成立，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴.
必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】 当，，时，，反过来举反例即可判断必要性不成立，由此即可求解出答案.
4．（2022高三上·通州期中）“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；根据实际问题选择函数类型
【解析】【解答】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故答案为：C
【分析】 根据题意，，即，故，两边同取以10为底的对数，利用对数的运算性质可求出答案.
5．（2022高三上·通州期中）如图是函数的大致图象，则函数的解析式可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】定义域是，四个选项均符合，
ACD选项中函数式里都是含有或，它们是偶函数，B选项中，，函数为奇函数，
由图象关于轴对称，排除B，
且时，
A，，，因此在上递增，排除A；
D，，不符合题意，排除D；
C，，，
时，，递增，时，，递增，时，，递减，满足题意，
故答案为：C．
【分析】 先利用奇偶性排除B；再研究x >0时函数的单调性以及图象上升、下降的快慢，据此判断A、C、D.
6．（2022高三上·通州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】由，切化弦得，∴，
由且，解得，，∴，
∴.
故答案为：B
【分析】 由已知结合同角基本关系进行化简，可求tana，然后结合两角差的正切公式，即可求出答案.
7．（2022高三上·通州期中）已知正六棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°．圆柱的上底面圆与正六棱锥的侧面均相切，下底面圆O在该正六棱锥底面内，则圆柱体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；棱柱的结构特征
【解析】【解答】如图，由题意是底面正六边形中心，在高上，过圆柱上底面的平面截棱锥得正六边形，易知圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，
取中点，连接，则，，是侧面与底面所成二面角的平面角，即，
正六边形边长为2，则，所以，
设圆柱的高为，，
由截面性质得，，，
设圆柱底面半径为，因为圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，所以
圆柱的体积为，
，
时，，是增函数，时，，是减函数，
所以时，．
故答案为：B．
【分析】取中点，连接，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，设圆柱的高为，圆柱底面半径为，圆柱的体积为，利用导数可求体积的最大值.
8．（2022高三上·通州期中）若，其中，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，得，
所以，
令，
则上式可转化为，
又，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以，
又，
所以，
所以，即，
故答案为：D
【分析】 由已知可得，令，求导可得的单调性，即，求解可得答案.
二、多选题
9．（2022高三上·通州期中）设是公差为d的等差数列，是其前n项的和，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】，则，
，所以，，，
，则，
，
，
，是递增数列，
，，
所以中，最小，
故答案为：ACD．
【分析】 由知，即得，结合得a2011<0，a2012>0，逐项进行判断可得答案.
10．（2022高三上·通州期中）已知函数，的定义域均为R，它们的导函数分别为，．若是奇函数，，与图象的交点为，，…，，则（ ）
A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于直线对称 D．
【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为为奇函数，所以函数的图象关于点对称，A不符合题意；
因为函数的图象关于点对称，则，对其两边取导数：
则有，所以的图象关于直线对称，B正确；
令，解得：，
所以的图象关于直线对称，C符合题意；
又因为，所以为常数，则的图象关于对称，
例如：当时，令，
则图象有三个交点，
其中和关于对称，且，
此时，，
故，所以此时不成立，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】 根据奇函数性质可判断A；，对其两边取导数，可判断B；根据可得g(x)，再根据三角函数性质可判断C；根据f (x)与g (x)都关于(1， 0)对称可判断D.
11．（2022高三上·通州期中）在圆O的内接四边形中，，，，则（ ）
A． B．四边形的面积为
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】
由题意，，故，
在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理，
故，解得，又，故
故，解得，A符合题意；
，B符合题意；
在中，，
在中，，
，C不符合题意；
，
又
，故，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】 连接BD，由四边形ABCD为圆O内接四边形，可得，再由余弦定理求出BD可判断A；从而得∠BCD∠BAD，再利用三角形面积公式即可求出四边形A BCD的面积可判断B；利用向量数量积求出 ， 即可判断C、D.
12．（2022高三上·通州期中）在矩形中，，，E为DC的中点．将绕直线BE旋转至的位置，F为的中点，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在无数个位置，使得∥平面
C．当二面角为120°时，点F到平面的距离为
D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面与被平面截得的交线长为
【答案】B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图所求：H为BE的中点，G为的中点，连接AH、CH、C1H、FG、EG，
对于A选项，由，H为BE的中点，∴，若存在某个位置，使得，则由平面，平面，，有平面，平面，有，而，显然不成立，∴A选项错误；
对于B选项，F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，
，，∴，，四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，平面，满足条件的位置有无数个，B选项正确；
对于C选项，二面角为120°时，二面角为60°，即，，
则到平面的距离为，设点A到平面的距离为，由，有，，
解得，点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，所以点F到平面的距离为，C选项正确；
对于D选项，当四棱锥的体积最大时，平面平面，平面平面，
，，，有 平面，平面，
，，，，以为直径的球以为球心，半径.
球面与被平面截得的交线是过的圆，设圆心为，如图所示，
平面，点到平面的距离，F为的中点，∴球心F到平面的距离，
圆半径，小圆周长（即交线长）为，D选项错误；
故答案为：BC
【分析】 由已知可得，假设，可得，可判断A；取F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，可证平面，可判断B；可得点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，进而可求F到平面C1BE的距离可判断C；求得截面圆的周长为π，可判断D.
三、解答题
13．（2022高三上·通州期中）已知为单位向量，向量在上的投影向量为，且，则 ．
【答案】-2
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】设与的夹角为，
因为向量在上的投影向量为，所以，
又因为，因此，且为单位向量，所以，
故，
故答案为：-2.
【分析】 根据投影向量的定义得到，再代入数量积即可求解出答案.
14．（2022高三上·通州期中）已知数列的前n项和为，且．
（1）求证：是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求证：．
【答案】（1）证明：因为①，
所以时，②，
得，即，，
所以，，
在①式中，令，得，
所以数列是以1为首项为公差的等差数列．
所以，
所以．
（2）证明：由，所以
．
因为，所以，得证．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1)利用数列的递推关系式，结合等差数列的定义，转化求解证明即可得 的通项公式；
(2)利用裂项消项法转化求解数列的和，即可证明出 ．
15．（2022高三上·通州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若点D在AC边上，满足，且，，求的值．
【答案】（1）解：因为，由正弦定理，
可得，
即，
所以．
因为，所以，即．
因为，所以，
所以，即．
（2）解：因为点D在AC边上，满足，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
即，解得，即．
在中，由余弦定理得，即，
所以．在中，由余弦定理得．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)根据已知条件由正弦定理，结合两角和与差的三角函数，转化求解出B的值；
(2)用 表示出 ， 再利用平面向量的数量积公式建立关于 的方程，解出a，然后利用余弦定理求解出 的值．
16．（2022高三上·通州期中）已知函数，，分别是的极大值点和极小值点．
（1）若，，，求的值；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
所以，
令，得或．
列表如下：
x 0
0 0
极大值 极小值
所以在处取极大值，即，且．
由，所以，即，
所以．
因为，所以，
所以．
（2）解：由，因为，分别是的极大值点和极小值点，
所以，是方程的两个不相等的实根，且，即，
所以
因为
，
因为，所以，解得．
综上，．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】 (1)求得导数，利用函数的单调性求出x1，由 可得x3，即可求解出 的值；
(2) 由 ，可得 ， ，整理得 即 ， 求解可得 a的取值范围．
17．（2022高三上·通州期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，O为BD中点．
（1）求二面角的正弦值；
（2）E为内的动点（包含边界），且平面，求OE与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）解：（方法一）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
过点O作，交CD于点E，连结AE．
因为AO，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因为，，
所以在中，，，，所以，
即二面角的正弦值为．
（方法二）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为，O为BD中点，所以，
所以OC，OD，OA两两互相垂直．
以为一组基底建立如图所示空间直角坐标系．
因为，，
所以，，，，
所以，，，
所以为平面的一个法向量．
设平面的的法向量，
所以，即．
令，得平面的一个法向量．
所以，
所以二面角的正弦值为．
（2）解：取AD中点M，CD中点N．
因为O为BD中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面．
因为平面，平面，，
所以平面平面．
因为E为平面内动点（包含边界），且平面，
所以E在线段MN上．
由，，，
所以，，
则．
设OE与平面所成角为，则
，
当时，的最大值为，
所以OE与平面所成角的正弦值的最大值为．
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)连接OA，OC，可证 OC，OD，OA两两互相垂直，以为一组基底建立空间直角坐标系，求得平面ACD的法向量和平面BCD的一个法向量，利用向量法可求出二面角的正弦值；
(2)分别取AD中点M，CD中点N，可证得平面平面，从而知点E在线段MN上运动，设 ，， 用含的式子表示出点E的坐标， 设OE与平面所成角为，由 ， 可求解出OE与平面所成角的正弦值的最大值 .
18．（2022高三上·通州期中）已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
（1）若，求l的方程；
（2）若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
【答案】（1）解：双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C无交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设，
联立方程组，消x得．
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得：，
设，，
所以，．
因为，所以，
即，，
所以，
解得：，
所以l的方程为．
（2）证明：由直线，得，
所以，
又，
所以
，
因为，所以，且，
所以（定值）．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设， 代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得m的值，求得直线 的方程；
(2)设直线AP的方程，求得Q点坐标，求得k2和k1，即可表示出 ，结合 ，且， 即可证明出 为定值．
19．（2022高三上·通州期中）已知函数的极值为．
（1）求p的值，并求的单调区间；
（2）若，证明：．
【答案】（1）解：设的极值点为，，
则，
解得，，经检验，时满足题意．
所以，，
当时，，当时，，
所以的单调减区间为，单调增区间为．
（2）证明：不妨设，因为，
由（1）知，，．
设函数，，
则，所以在上单调递减，
所以，即，
所以，即．
又，，所以，即．
由，得，又，所以
所以，即，得证．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】 (1) 设的极值点为 ，可得 ， 解得 ， ，可得 ，求导可得 的单调区间；
(2) 不妨设 ，由(1)知， 可得 ，构造函数 ，， 可得 ，即可证明出 ．
四、填空题
20．（2020·锦州模拟）《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的 是较小的两份之和，则最小一份的量为 .
【答案】
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】设此等差数列为{an}，公差为d，则
（a3+a4+a5）× =a1+a2，即 ，解得a1= ，d= ，所以最小一份为a1 ，故答案为 。
【分析】根据已知条件将实际问题转化为等差数列的问题，再利用等差数列前n项和公式和等差数列通项公式，从而求出等差数列的首项和公差，进而求出最小一份的量就是等差数列的首项，从而求出最小一份的量。
21．（2022高三上·通州期中）已知函数的最小值为0，且，则图象的一个对称中心的坐标为 ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】由题意得，
最小值为，则，
，而，
而，故，，，
由得，，
故图象的对称中心为，
故答案为：（答案不唯一）
【分析】 首先利用函数的最小值求出A的值，进一步利用 ，求出函数f (x)的解析式，最后利用余弦函数的性质求出函数的对称中心.
22．（2022高三上·通州期中）已知函数，若直线是曲线的切线，则 ；若直线与曲线交于，两点，且，则a的取值范围是 ．
【答案】；
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】，设切点为，则，切点为，则，
所以，，；
由得，设，则，
时，，递增，时，，递减，
所以，，时，，且时，，
所以时，有两解，显然两解均为正，
直线与曲线交于，两点，则，
，即，所以，
直线与的图象的两交点的横坐标为，如图，作出直线和函数的图象，
由，若，则，，，
，
由图可知当时，直线与的图象的两交点的横坐标满足．
所以的取值范围是．
故答案为：．
【分析】对函数f (x)求导，设出切点，由导数的几何意义可得，，由此可得a的值；依题意，直线与曲线有两个交点，利用导数研究函数g (x)的性质，可知，则由，可得，作出直线和函数的图象，数形结合可求出 a的取值范围 .
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