滨城高中联盟2022-2023学年度上学期高三期中（Ⅱ）考试
数学试卷
考试时间：120分钟
满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的
1.已知i为虚数单位，若复数z=a2-1+(a+1)i为纯虚数，则实数a的值为()
A.0
B.1
C.-1
D.-1或1
2.己知集合A={1,2},B={2,4},C={z2=x',x∈A,yeB,则C巾元素的个数
为()
A.1
B.2
C.3
0.4
3.“a=3”是“直线ax十y-3=0与3x+(a-2)y+4=0平行”的()
A.允分不必要条件
B.必要不充分条件
C.允要条件
D.既不充分义不必要条件
2-1,x≤0，
4.已知函数f(x)=
若f(m)=3,则m的值为()
x2,x>0,
A.3
B.2
c.9
D.2或9
2x+）
5.将函数f(x)=sin
6的图象向右平移”个单位长度，再把所有点的横坐标仲长
到原来的2倍（纵坐标保持不变）得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()
A.g(x)的最小正周期为
B.g(x)的图象关于直线x=工对称
2
6
-5亚L
「π2r
C.g(x)在区问66上单调递减
D.g(x)在区问63上单调递增
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6.济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位，它是典
型的哥特式建筑（图1）.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是中
两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，弧AC和弧BC所在圆的圆心都在线段
B上，若∠ACB=rad,AC=b,则弧AC的长度为()
图1
图2
A.
0b
0b
0b
20b
B.
C.
D.
2sin
2cos
sin-
cos
2
2
2
7.如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，HBD=2DC,
E为线段AD上一点，若△ABE与△ACD的面积相等，则BE·AC的值为
()
.1
1
B.
.3
D.、3
4
4
4
4
1213214321
8.已知数列斤2231234…，其中每项的分了和分
母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数：接下来两项是分子与分母之和
为3的有理数，并且从大到小排列：再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，
并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为a,则满足4。=5且n≥20的n的最
小值为()
A.47
B.48
C.57
D.58
高三数学试卷第2页共6页滨城高中联盟 2022-2023 学年度上学期高三期中(Ⅱ)考试
数学试卷参考答案
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C A C D A D C
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．
题号 9 10 11 12
答案 ABC AC ABD ACD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
4
13 7．； 14． 3； 15． 5 ； 16．6 4 2
9
四、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)（1）因为a2，a3，a4 4成等差数列，所以 2a3 a2 a4 4，
2 3
又因为数列 an 的公比为 2，所以 2a1 2 2a1 a1 2 4，
即8a n 1 n1 2a1 8a1 4，解得 a1 2，所以 an 2 2 2 ． 4分
1 log a n
（2）由（1）知 a 2n，则b 2 n
1 log 2 n 1
n n
2
n n ， 5分an 2 2
2 3 4 n 1 1 2 3 n n 1
所以Tn 2 3 L n ， ① Tn 2 3 n n 1 ， ②2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 n 1
①－②得 Tn 1 2 L 2 2 23 2n 2n 1
1 1 1 1
22
1
2n 1 n 1 22
1 1 2
n 1 n 1 3 n 3
1 n 1 1 n 1 1
1 2 n 1
． 8 分
1 2 2 2 2
n 1 2n 1 n 11 2 2
2 2
所以Tn 3
n 3
n < 3．又因为 T 是递增数列，所以T2 n n
≥T1 =1，所以 1 ≤Tn<3. 10 分
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18．（12分）解：选择条件①.
(1)∵a＋acos C＝ 3csin A，∴由正弦定理，得 sin A＋sin Acos C＝ 3sin Csin A.
π
∵0
0，∴1＋cos C＝ 3sin C，∴ 3sin C－cos C＝1，
2
π
3 1 1 C－ 1 π π π π
即 sin C－ cos C＝ ，∴sin 6 ＝ . ∵02 2 2 2 2 6 6 3
1 1 3
(2) ∵S△ABC＝ absin C＝ ab· ＝ 3，∴ab＝4. 7 分
2 2 2
π
π 2π 0， π 2π
∵△ABC 为锐角三角形，且 C＝ ，∴A＝ －B∈ 2 ，∴ 3 3 6 3
π π π 3
又 0 . 9 分
2 6 2 3
a b bsin A
由正弦定理 ＝ ，得 a＝ ，
sin A sin B sin B
2π 3 1
－B cos B＋ sin B
2 absin 3 4 2 2 2 3
∴a ＝ ＝ ＝ ＋2， 11 分
sin B sin B tan B
2
∴2选择条件②.
(1)由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝a2＋b2＋2ab－c2＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab.
2 2 2
a ＋b －c ab 1 π π
则由余弦定理，得 cos C＝ ＝ ＝ . ∵02ab 2ab 2 2 3
(2) 解法同选择条件①的．
选择条件③.
(1)∵A＋B＋C＝π，∴B＋C＝π－A，
结合(a－b)sin(B＋C)＋bsin B＝csin C，得(a－b)sin A＋b·sin B＝csin C.
2 2 2 2 2
由正弦定理，得(a－b)a＋b ＝c ，即 a ＋b－c ＝ab.
2 2 2
a ＋b －c ab 1 π π
则由余弦定理，得 cos C＝ ＝ ＝ . ∵02ab 2ab 2 2 3
(2) 解法同选择条件①的．
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19．（12分）（1）因为 CBB1 60 ， AA1 2AB 4，
所以 B1C
2 BC 2 BB 21 2 BC BB1 cos CBB1 12 ，则 B1C 2 3，
2 2 2
所以 B1C B1C1 CC1 ，即 B1C B1C1；
因为平面 ABC∥平面 A1B1C1，平面 ABC⊥平面 BCC1B1
所以平面 A1B1C1 平面 BCC1B1， 因为平面 A1B1C1 平面 BCC1B1 B1C1，
所以 B1C 平面 A1B1C1，
又 A1C1 平面 A1B1C1， 所以 B1C A1C1． 6分
（2）如图，以B1为原点， B1C，B1C1所在直线分别为 x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则B1 0,0,0 ，C 2 3,0,0 ，B 2 3, 2,0 ，A1 0,1, 3 ，
所以 B1A1 0,1, 3 B1B 2 3, 2,0 ，
设平面 ABA1的法向量为n1 x, y, z ，
n 1 B1A1 0 y 3z 0
则 ，即 ，
n1 B1B 0 2 3x 2y 0
取 x＝1，则 n1 1, 3, 1 ，
平面 ABC的法向量 n2 1,0,0 ，
所以 cos n ,n n 1 n2 1 51 2 ，
n1 n2 5 5
由图可知，二面角为锐角，
5
所以二面角C AB A1的余弦值为 ． 12分5
20．（12分）（1）由题意得
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an 1 4% an 1 1 an 1 16% 0.96an 1 0.16 0.16an 1 0.8an 1 0.16
4 4
an 1 ，5 25
a 4 a 4所以 n 5 n 1
； 2分
25
4 4 4 4 4
（2）由（1）得 an an 1 ，∴ an
a
5 25 5 5 n 1
5
， 4分
a 3 4 1
4
又 1
，所以 a ≠ 0， 所以 a 是等比数列. 5 分
10 1 5 2 n 5
（3）由（2）有 a
4 4
a 4 a 3 4 1n n 1 ，又 1 ，所以 a1 ，5 5 5 10 5 2
4 1 4 n 1 n 1a a 1 4 4∴ n ，即 n ； 7 分5 2 5 2 5 5
n 1 n 1
令a 1 4 4 3 4 2n
，即 ， 8分2 5 5 5 5 5
两边取常用对数得： n 4 2 1 lg lg ， 9 分
5 5
lg 2
5 lg 2 lg 5 lg 2 1 lg 2n 1 2 lg 2 1 2 0.301 1 0.398所以 4 4.1lg 2 lg 2 lg 5 2 lg 2 1 lg 2
，
3lg 2 1 3 0.301 1 0.097
5
∴n 5.1． 11 分
∴至少经过 6 年，绿洲面积可超过 60%． 12 分
21．（12分）（1）由题意可知，c＝1，
x2 y2 3
设椭圆方程为 2 2
a2
2 1，将点a 1
1,
2
代入椭圆方程，解得 a 4 4a 1 0，
a2 1 a2 4 x
2 y2
所以 （舍）， ，所以椭圆方程为 1． 4分
4 4 3
（2）设M x1, y1 ，Q x2 , y2 ， N x3, y3 ，P x4 , y4 ，T 1,1 ，
4 x1
1 x 3 x 1 x2
因为MT 3TQ 1 2 3，所以 ，即 ， 6分
1 y1 3 y2 1
y 4 y 1
2 3
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x2 y2 2 2
又M x , y ，Q x , y 都在椭圆上， 所以 1 1 1 1 4 x1 1 4 y， 1 1 1 2 2 1，4 3 4 3 3 3
x2 y21 1 1 ①
即 4 3 ， 8分
1 4 x 2 1 1 4 y1
2 9 ②
4 3
1
②－①得 4 2x1
1 1 1
4 4 2y1 4 8， 即 2 x1 2 y1 1……③， 9分4 3 4 3
又NT 3TP 1 1，同理得 2 x 2 y
4 3 3 3
1……④ 10 分
1
1 1 y y 3
④－③得 x1 x3 y1 y3 0， 所以 k 1 3MN 41 ． 12分4 3 x1 x3 4
3
22．（12分）解:(1)由题意知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),因为 f(x)=x+alnx,a∈R,
a x+a
所以 f'(x)=1+ = . 1 分
x x
① 当 a≥0 时,f'(x)>0 在区间(0,+∞)上恒成立,
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 3 分
② 当 a<0 时,由 f'(x)>0,得 x>-a,由 f'(x)<0,得 0所以函数 f(x)的单调递增区间为(-a,+∞),单调递减区间为(0,-a). 5 分
2 x
(2)当 a=2 时,方程 g(x)=mf(x)有两个实根,即关于 x的方程 x e -m(x+2lnx)=0 有两个实根,
2 x
令 h(x)=x e -m(x+2lnx),则 h(x)有两个零点. 6 分
2 x x+2lnx
h(x)=x e -m(x+2lnx)=e -m(x+2lnx),令 t=x+2lnx,由(1)得 t 是关于 x 的增函数,且 t∈R,
t
所以只需函数 u(t)=e -mt 有两个零点. 8 分
1 t t 1-t
由 u(t)=0,得 = t, 令φ(t)= ,则φ'(t)= ,m e et et
易知当 t∈(-∞,1)时,φ(t)单调递增,当 t∈(1,+∞)时,φ(t)单调递减,
1
所以当 t=1 时,φ(t)取得最大值,最大值为φ(1)= . 10 分
e
又因为当 t<0 时,φ(t)<0,当 t>0 时,φ(t)>0,
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t
φ(0)=0,可作出函数φ(t)= t的图像如图所示,e
1 1
所以当 ∈ 0, ,即 m∈(e,+∞)时,函数 h(x)有两个零点,
m e
所以实数 m 的取值范围为(e,+∞). 12 分
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