2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高三（上）期中数学试卷（含解析）

(
…………○…………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学年辽宁省抚顺市六校协作体高三（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分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
已知全集，集合，则( )
A. B. C. D.
若，，则( )
A. B. C. D.
已知，，则“”是“”的( )
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
复数的实部为( )
A. B. C. D.
在中，为边上的中线，，则( )
A. B. C. D.
现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为，高为，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积单位：关于时间单位：的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为( )
A. B. C. D.
在正三棱柱中，，分别是棱，的中点，若异面直线与所成的角是，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是( )
A. B. C. D.
对任意的正实数，，恒成立，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
一个锐角三角形的三边长为，，，则，，的值可能为( )
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列判断错误的是( )
A. 的图象关于轴对称
B. 的最小正周期是
C. 的图象关于点对称
D. 在上单调递减
已知函数为整数，若，则的值可能是( )
A. B. C. D.
如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值可能是( )
A. B. C. D.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
已知复数满足，则______．
“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题．现将正自然数中，能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则______．
在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值：______．
函数的最小值为______．
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）
本小题分
在等比数列中，．
求的通项公式；
求数列的前项和．
本小题分
已知函数，的部分图象如图所示．
求，的值；
试问正弦曲线经过怎样的变换可以得到曲线？
本小题分
如图，在四棱锥中，底面，，，，．
求异面直线与所成角的余弦值；
求平面与平面所成角的余弦值．
本小题分
“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”麦田里的守望者中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将，连接，经测量知，．
霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值；
霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．
本小题分
如图，菱形的边长为，，为的中点．将沿折起，使到达，连接，，得到四棱锥．
证明：．
当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦的最大值．
本小题分
已知函数．
讨论在上的单调性；
若不等式恒成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得，，
故．
故选：．
根据已知条件，先求出集合，，再结合补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：．
故选：．
根据已知角度关系得，直接利用正切两角和公式求解即可．
本题考查正切的和角公式的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可得，
则由，得，即，则充分性成立，
由，即，得，则必要性成立，
故“”是“”的充要条件，
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义分析判断．
本题考查充分条件、必要条件相关知识，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，
，
的实部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及实部的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题可得图，如下：
则，又为边上的中线，
所以，
则．
故选：．
根据平面向量的运算法则与共线定理的应用，转化为基底向量的线性关系即可．
本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：盛液体部分的底面半径为，
则杯子底面积为，
故溶液上升高度，
则，
所以当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为．
故选：．
先求出溶液上升高度，求导可得，，将代入上式，即可求解．
本题主要考查变化的快慢与变化率，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：如图所示，取的中点，连接，，
则，，
，底面，
为异面直线与所成的角，且为，
，
设，，则，即．
该三棱柱的侧面积与表面积的比值．
故选：．
如图所示，取的中点，连接，，可得，底面，于是为异面直线与所成的角，进而得出结论．
本题考查了正三棱柱的性质、异面直线所成的角、三角形中位线定理、三棱柱的侧面积与表面积，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：方法一：，，恒成立，
，即，
又，，
，解得，
的最小值为；
方法二：恒成立，转化为恒成立，
由柯西不等式得，当且仅当，等号成立，即，
，
，
的最小值为，
故选：．
方法一：由，，将不等式两边平方可得，利用分离变量法得，即，利用基本不等式求出最大值，即可得出答案．
方法二：题意转化为恒成立，由柯西不等式得，即，即可得出答案．
本题考查函数恒成立问题和基本不等式的应用、柯西不等式的应用，考查转化思想，考查构造法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：锐角三角形的三边长为，，其充要条件为最大角的余弦值大于零．
结合三角形大边对大角可知：较小两边平方和大于第三边的平方即可判断三角形为锐角三角形．
对于，，符合题意，
对于，，不构成三角形三边，不符合题意，
对于，，不符合题意
对于，，符合题意．
故选：．
根据锐角三角形与余弦定理的关系，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据函数的部分图象，
可得，的图象关于直线对称，
所以的最小正周期，
所以，则．
由五点作图法可知，所以，
所以，
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，不是偶函数，
故它的图象不关于轴对称，故A错误．
再根据的最小正周期为，可得B错误．
令，，解得，，
当时，，即的图象关于点对称，故C正确．
在上，，不单调，故D错误，
故选：．
由顶点坐标求出，由周期求出，由五点作图求出，可得函数的解析式，再根据函数的图象变换规律，三角函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由顶点坐标求出，由周期求出，由五点作图求出，三角函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：设，则，
故，则，
，
，
又，
，
为整数，
为偶数，则为奇数．
故选：．
构造函数，可得，即得，再结合对数的运算，即可求解．
本题主要考查对数的运算，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：连接、E、，取的中点，连接、，分别取、的中点、，连接，如图所示：
在长方体中，，分别是棱，的中点，
，且，
四边形是平行四边形，
、的中点、，连接，
三棱锥外接球的球心在直线上，
连接、、、，设三棱锥外接球的半径为，
则，
，
，，
，
，
则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值，此时外接球的表面积为，
当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值，此时外接球的表面积为，
故三棱锥外接球表面积的取值范围是，
故选：．
连接、E、，取的中点，连接、，分别取、的中点、，连接，根据棱柱的结构特征可得四边形是平行四边形，三棱锥外接球的球心在直线上，三棱锥外接球的半径为，结合图形，分析与重合，与重合，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征和球的表面积公式，考查转化思想和运动思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：设，
复数满足，
，
，
所以
解得故，．
故答案为：．
设，推导出，由此能求出结果．
本题考查复数的运算，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：被除余的数可表示为，，，，，，，
被除余的数列可表示为，则，，，，，，
故公共项为，，，，则为以首项为，公差为的等差数列，
所以，，
当时，．
故答案为：．
将两数列表示出来，找出公共项，求出通项公式，即可求解．
本题主要考查归纳推理，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由于，，
则点到直线的距离为：，
解得．
答案不唯一，只要即可
故答案为：．
利用空间中点到直线距离公式求出距离，得出的范围，从中取一个值即可．
本题考查空间中点到直线距离公式，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：因为，，
因为，
所以，
令，，
所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
又因为，，
，
令，得，
所以当时，，单调递减；时，，单调递增；
所以．
故答案为：．
由题意可得，令，，利用导数求得，将问题转化为求函数，的最小值即可．
本题考查了利用导数求函数的最值，也考查了转化思想，难点是将将问题转化为求函数，的最小值，属于难题．
17.【答案】解：设数列的公比为，
由，知，，
所以，
所以．
，
所以．
【解析】由已知条件，可得和的值，进而知数列的公比为，再由等比数列的通项公式，得解；
结合等差、等比数列的前项和公式，采用分组求和法，即可得解．
本题考查数列的求和，熟练掌握等差、等比数列的通项公式与前项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：依题意可得，
，即，
则，即，
因为，所以．
由知，
正弦曲线的横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍，得到曲线，得到的曲线的纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，得到曲线，
再将所得曲线向右平移个单位长度，得到曲线．
【解析】根据图象和可求得，由，可得，根据的范围可得的值；
按照“左加右减，上加下减”的平移原则进行平行即可．
本题考查了三角函数的图象的变换与性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：因为底面，平面，所以，，
因为，，所以，
故以为坐标原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，，，，
则，，
所以，
因为异面直线与所成角为锐角，
故异面直线与所成角的余弦值为．
，设平面的法向量为，则，
令，得，
易知是平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
【解析】根据条件建立空间直角坐标系，求出，，利用向量夹角公式计算即可；
计算平面的法向量和平面的法向量，利用向量夹角公式计算即可．
本题考查了利用向量法求解空间角的问题，属于中档题．
20.【答案】解：证明：在中，由余弦定理得：，
即，
在中，，即，
因此，即，
所以，
所以无论多长，都为一个定值，这个定值为．
显然，，
于是得，
由知，
因此，
在中，，在中，，则，
由，得，即有，
从而当时，，所以的最大值是．
【解析】在和中，利用余弦定理即可计算推理作答；
由的结论，利用三角形面积定理列出函数关系，结合二次函数最值求解作答．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
21.【答案】证明：在菱形中，因为为的中点，，所以，
在翻折过程中，恒有，，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以．
解：由知为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，过垂直与平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，即，所以，
令，得，所以，
又，
则．
令，得．
，
当且仅当时，等号成立．
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
【解析】根据条件证明平面，根据线面垂直的的定义可证结论；
建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解最值．
本题考查了空间中的垂直关系以及直线与平面所成的角的最值问题，属于中档题．
22.【答案】解：因为，，所以，
当时，由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
当时，由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
不等式恒成立，即不等式恒成立，即等价于恒成立．
设，则．
设，则．
设，则．
由，得，所以在上单调递增，
则，即，故在上单调递增．
因为，所以在上单调递增，
则，得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则．
故，即的取值范围是．
【解析】根据函数求解导数，故按照，确定导函数正负区间，得函数到单调性；
根据不等式，参变分离得恒成立，故可构造函数确定函数的单调性求最小值，则求得的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
第4页，共17页
第3页，共17页