2022-2023学年黑龙江省绥化市海伦一中高三（上）期中数学试卷（含解析）

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…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
学校
:___________
姓名：
___________
班级：
___________
考号：
___________
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
2022-2023学年黑龙江省绥化市海伦一中高三（上）期中数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
已知集合，，则( )
A. B. C. D.
已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
已知，是两个不重合的平面，且直线，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
如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
已知四面体的所有顶点在球的表面上，平面，，，，则球的体积为( )
A. B. C. D.
在直三棱柱中，，，，是棱上的一点，则的周长的最小值为( )
A. B. C. D.
在四棱柱中，四边形是正方形，，，，，则( )
A. B. C. D.
如图，在正四棱锥中，，点，分别在棱，上运动，当取得最小值时，三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法错误的是( )
A. ，，，四点共面 B. 平面
C. D. 平面平面
下列说法正确的是( )
A. 已知向量，，若，则
B. 若向量，共线，则
C. 已知正方形的边长为，若点满足，则
D. 若是的外心，，，则的值为
如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点含边界，则下列说法正确的是( )
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段
C. 存在点，使得平面
D. 若直线与平面所成角的正切值为，那么点的轨迹长度为
已知函数，则( )
A. 曲线在点处的切线方程为
B. 的极小值为
C. 当时，有且仅有一个整数解
D. 当时，有且仅有一个整数解
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
已知复数和是虚数单位，则______．
若，，且，则的最大值为______．
在正三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，是线段上的一点，且，则点到平面的距离为______．
已知球的表面积为，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，该四棱锥的高为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
本小题分
如图，在三棱柱中，，．
记平面与平面的交线为，求证：平面；
求证：．
本小题分
在各项均为正数的数列中，，且
求的通项公式；
若，数列的前项和为，证明：．
本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，，是棱上一点．
求证：平面平面；
若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，，点是边上的一点，且．
求证：；
若，求．
本小题分
如图，在矩形中，，，是的中点，将沿折起，使得点到达点的位置，且，如图所示．是棱上的一点．
若是棱的中点，求证：平面；
是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由．
本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若直线与曲线相切，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
故选：．
通过解一元二次不等式得集合，再求交集即可．
本题考查集合的交集运算，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设圆锥的母线长为，
因为圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，
所以，得，
所以圆锥的侧面积为，
故选：．
根据题意列方程求出圆锥的母线长，然后再利用圆锥的侧面积公式可求出结果．
本题考查圆锥的侧面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由，若，则，可能平行或，充分性不成立；
由，，由面面垂直的判定知，必要性成立．
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系．
本题考查线面，面面的位置关系以及充要条件的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：建立如图所示空间直角坐标系：
设正方体的边长为，且，分别是棱，的中点，
则，
所以，
则，
故选：．
建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
本题主要考查异面直线所成的角，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：如图，设底面的外接圆的圆心为，外接圆的半径为，
由正弦定理得，，
过作底面的垂线，与过的中点作侧面的垂线交于，
则就是外接球的球心，并且，
外接球的半径，
球的体积为；
故选：．
作图，先找到外接球的球心，算出底面三角形外接圆的半径，再构造三角形运用勾股定理求出外接球的半径．
本题考查四面体的外接球问题，正弦定理的应用，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：由题意可得，
将三棱柱的侧面展开如图所示，
当，，三点共线时，的周长的最小，
此时，
即的周长的最小值为，
故选：．
根据侧面展开图即可求解．
本题考查直三棱柱的展开图形问题，化归转化思想，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：在中，由余弦定理得，
在，由余弦定理得，
所以，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以，
在中，．
故选：．
利用余弦定理求得正确答案．
本题主要考查余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：如图，连接，与相交于点，连接，则，
因为四棱锥为正四棱锥，所以底面，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
正方形的边长为，则，
因为，所以，，，，
当为直线，的公垂线时，取得最小值，
即，
故，
所以，解得：，
此时，三棱锥的高即为，
所以．
故选：．
作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出，，利用公垂线列出方程，得到，按照比例关系求出，从而求出体积．
本题考查三棱锥的体积，考查空间向量在立体几何中的运用，考查数形结合思想，逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：如图，
对，因为不共线的三点确定一个平面，而点、、在平面内，点在平面外，故A错误；
对，若平面，因为，平面，平面，所以平面，
又，，平面，
所以平面平面，
而平面平面，
所以平面平面，矛盾，故B错误；
对，取的中点，连接，，，由，可知四边形为平行四边形，得，
则或其补角为异面直线与所成的角，
由，，，两两垂直可知，
故是等边三角形，则，
所以直线与所成角的为，故C错误；
对，在长方体中，平面，
又平面，
所以平面平面，故D正确．
故选：．
由点、、在平面内，点在平面外判断，利用反证法判断，取的中点，连接，，，由，得到或其补角为异面直线与所成的角判断，由平面，再利用面面垂直的判定定理判断．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项，，，又，
，，选项错误；
对于选项，当向量，同向共线时，则；
当向量，反向共线时，则，选项错误；
对于选项，，
，，
，选项正确；
对于选项，是的外心，
外接圆半径，
又，，
，
同理，
可得，
，选项正确．
故选：．
对于，由两向量平行的坐标运算计算即可；
对于，分向量，同向和向量，反向计算，即可判断；
对于，由题意可得为的三等分点中靠近的点，于是可得，再由向量的四则运算法则及数量积运算计算即可；
对于，由题可得，为的外接圆半径，进而可得，即有，即可判断．
本题考查平面向量的线性运算，平面向量的数量积，解三角形，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，由等体积法可知，三棱柱的体积，
又，点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为定值，故选项A正确；
对于，取、中点、，连接E、F、、，
由且可得，四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面，
同理可得平面，
，平面，平面，
平面平面，则点的轨迹为线段，故选项B正确；
对于，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，可得，取，则，
若平面，则，即存在，使得，
则，解得，
故不存在点使得平面，故C选项错误；
对于，平面的一个法向量为，，
若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是，
所以，
化简得，
因为点为正方形内一动点含边界，
所以点是以为圆心，为半径的圆弧正方形内，即圆心角为的圆弧，弧长为，故选项D正确．
故选：．
对于，根据等体积转化，可证明体积为定值；对于，取、中点、，连接E、F、、，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于，以为原点，建立空间直角坐标系，设，，，求出平面的法向量，根据求出、即可判断；对于，利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，即可求得点的轨迹长度．
本题考查等体积法的运用，线面平行以及线面垂直的性质，考查空间向量在立体几何中的运用，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项：由，则，，所以切线方程为，
即，故A正确；
对于选项：当时，，单调递减，当时，，单调递增，
当时，取得极小值，，故B正确；
对于选项：作出的图像，再作出直线，如图，直线过定点，斜率为，图中为了说明问题对的图像进行了放缩处理，
由，得，
即时，直线过，
当时，，图像在时切线斜率大于，因此此时，
当时，，无整数解，故C错误；
对于选项：作出的图像，再作出，
如图，直线过定点，斜率为，
由，得，，得，
所以，时，不等式只有一个整数解，故D正确；
故选：．
由导数的几何意义求切线方程，判断，由导数求极值判断，利用导数确定函数的性质后结合函数图像判断．
本题考查导数的综合应用，导数的几何意义，用导数确定不等式的整数解问题，数形结合是重要的方法，一般是把不等式适当变形，转化为一个固定函数的图像在动直线的一侧，可利用导数确定函数的性质，利用动直线观察交点情况，从而可得解的情况，考查数形结合思想，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：由题意，可得，
又，
．
故答案为：．
先利用复数的除法求出、，再利用复数的加法进行求和．
本题考查复数的基本运算，属基础题．
14.【答案】
【解析】解：，，由基本不等式，，即，当且仅当时等号成立，，
即，解得，当，即，时，有最大值．
故答案为：．
利用基本不等式的性质，求解和的最小值．
本题考查基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：记的中点为，连结，过作，根据题意，易知，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，，，
因为，
所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，故，
又，
所以点到平面的距离为．
故答案为：．
根据题意建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求出平面的法向量与，再利用空间向量法即可求得点到平面的距离．
本题考查利用空间向量求解点到平面的距离，考查空间想象能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：首先说明圆的内接四边形中，正方形面积最大，过程如下：如图，四边形为圆内接四边形，面积为，设，圆的半径为，
由三角形面积公式得：，
因为，，，
所以，
当且仅当，为圆的直径且时，等号成立，
此时四边形为正方形，
即半径为的圆内接四边形中，正方形面积最大，最大面积为，
如图，设球的半径为，则，解得：，
该四棱锥底面积为，四棱锥的高为，则其体积为，
当一定时，要使最大，则要最大，此时四棱锥的底面为正方形，
因为，由勾股定理得：，
所以，，
所以，当时，，
当时，，
即在单调递增，在上单调递减，在时取得极大值，也是最大值．
故答案为：．
先得到圆的内接四边形中，正方形面积最大，从而得到当四棱锥的高一定时，要使体积最大，则要底面四边形面积最大，此时四棱锥的底面为正方形，表达出，利用导函数得到其单调性，从而得到极值和最值情况，得到答案．
本题考查球的表面积，锥体的体积，涉及了三角形的面积，三角恒等变换，利用导数研究函数的最值等知识点，考查函数思想，转化思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于难题．
17.【答案】证明：由棱柱的性质得，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面与平面的交线为，
所以，
因为平面，平面，
平面．
连接，
由棱柱的性质和，得四边形为菱形，
所以，
因为且，
所以，
又因为平面，平面，
且，所以平面，
又因为平面，
所以．
【解析】由棱柱的性质得，从而平面，推导出，由此能证明平面；
连接，利用菱形的对角线相互垂直和已知条件得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到平面，进而利用线面垂直的性质证明．
本题考查线面平行的判定及其性质，考查线面垂直的判定及其性质，考查逻辑推理能力，属于基础题．
18.【答案】解：各项均为正数的数列中，，且，
化为，
由于，可得
则数列是首项为，公比为的等比数列，
则，；
证明：，
所以
，
由于，所以．
【解析】由题意可得，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
推得，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，可得证明．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：因为，，，，作中点，连接，
则，，，
则，，
所以，
又平面，
所以，，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
易知，，三垂直，故以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设平面法向量为，则，即，令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】要证平面平面，可证平面，即设法证，；
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面法向量，结合线面角的正弦公式即可求解．
本题考查面面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解线面角的正弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：证明：因为，
由余弦定理可得，
整理得，则，
又，所以，
在中，由正弦定理得，则，
同理，在中，可得，
则，
则．
由，可得，又
则，
因为，
所以，
所以，化简整理得，
又，则，
联立可得，
则．
【解析】先利用余弦定理由得到，再利用正弦定理由即可求得；
先利用余弦定理求得，进而利用余弦定理求得．
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：证明：如图，取中点，连接、，
依题意，，
所以四边形为平行四边形，则，
又、分别为、中点，
所以，且，平面，平面，
则平面平面，
又平面，则平面；
以为原点，为轴正向，为轴正方向，垂直平面于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，，则，
，，
设平面的法向量为，则，即，
令，解得，即，
平面的法向量设为，则，则，
令，得，，即，
，
又，则，
又，即，得，
代入上式，解得，
将、代入式，解得．
，故存在点．
【解析】取中点，证明即可．
首先建立空间坐标系，分别求出两个平面的法向量，再利用已知的二面角即可求解．
本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：定义域为，，
当时，，故在上是减函数；
当时，，
时，，在上单调递增，，在上单调递减，
时，，在上单调递减，，在上单调递增．
直线是切线，设切点横坐标为，
则，
且有解，显然，
整理得，故，
令，易知该函数是增函数，且，，
所以，
整理得，令，由对勾函数的性质可知，该函数在单调递增，
且，，所以，
故．
【解析】求导数，然后研究导函数的零点，讨论的符号确定导数的符号，确定原函数的单调性；
问题即转化为曲线有过的切线，问题转化为对应函数有解的问题．
本题考查导数的几何意义及其应用，同时考查了利用导数研究函数的单调性等性质，进而解决函数零点的存在性问题，属于较难的题．
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