登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省青岛市莱西市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·莱西期中）设全集，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·莱西期中）下列各命题的否定为真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022高三上·莱西期中）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·莱西期中）已知关于x的不等式的解集为A，设，，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·莱西期中）已知直线和两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若和相交，与相交，则与一定也相交
6．（2022高三上·莱西期中）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·莱西期中）在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，则下列结论正确的为（ ）
A．不可能构成一个三角形的三边长
B．可以构成一个直角三角形的三边长
C．可以构成一个锐角三角形的三边长
D．可以构成一个钝角三角形的三边长
8．（2022高三上·莱西期中）已知偶函数的定义域为，对任意，都有，且当时，，则函数的零点的个数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
二、多选题
9．（2022高三上·莱西期中）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．（2022高三上·莱西期中）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列结论正确的为（ ）
A．函数为偶函数
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．是函数的一个单调递减区间
D．将的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
11．（2022高三上·莱西期中）如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．M，N，A，B四点共面
B．直线与平面相交
C．直线和所成的角为
D．平面和平面的夹角的正切值为2
12．（2022高三上·莱西期中）已知函数，当时，关于x的不等式恒成立，则下列选项中实数m可以取到的值为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．（2022高三上·莱西期中）函数的值域是 ．
14．（2022高三上·莱西期中）已知，若，则实数 ．
15．（2022高三上·莱西期中）已知三棱锥的外接球O的半径为5，，则P到平面距离的最大值为 ．
16．（2022高三上·莱西期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题：
①若，则为锐角三角形；
②若，则为等腰三角形；
③若，则为等腰三角形；
④若，则为等边三角形.
以上命题中，所有真命题的序号为 ．
四、解答题
17．（2022高三上·莱西期中）试分别解答下列两个小题：
（1）已知函数的定义域为A，当时，函数的图象与直线没有公共点，求实数m的取值范围；
（2）若奇函数是定义在上的减函数，且，求实数a的取值范围．
18．（2022高三上·莱西期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
19．（2022高三上·莱西期中）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
（1）求四棱锥的体积；
（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
20．（2022高三上·莱西期中）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，D为边上的一个点．
（1）若的面积为，，求的长；
（2）若，，求的最大值及此时角C的大小．
21．（2022高三上·莱西期中）如图，在三棱柱中，，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．
22．（2022高三上·莱西期中）已知函数．
（1）这比较与的大小；
（2）求证：当时，．参考数据：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，
所以
故答案为：B
【分析】根据补集与交集的运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复合命题的真假
【解析】【解答】解：对于A，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于B，因为时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于C，当时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于D，当时，，故为假命题，故其否定为真命题，正确；
故答案为：D
【分析】依次判断各命题的真假即可得其否定的真假.
3．【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由题意得，则，
，，则所求切线方程为，即，
故答案为：C
【分析】由导数的几何意义求解.
4．【答案】B
【知识点】集合的包含关系判断及应用；集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】由题意，在上恒成立，
所以，可得.
故答案为：B
【分析】问题化为在上恒成立，列不等式组求参数范围即可.
5．【答案】A
【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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A：由，过的平面交面于，则，而，故，，所以，正确；
B：，则或，错误；
C：，则或，错误；
D：若和相交，与相交，则与可能相交、平行或，错误.
故答案为：A
【分析】A利用线面平行性质、面面垂直的判定即可判断；B、C、D由线面、面面的位置关系，根据平面的基本性质判断线面关系即可.
6．【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由，
所以.
故答案为：A
【分析】根据正弦函数、指对数函数的性质判断大小关系.
7．【答案】C
【知识点】三角形的形状判断
【解析】【解答】若，则构成锐角三角形，A不符合题意，C符合题意；
B：若为最大边，且构成直角三角形，则，显然不满足题设，错误；
D：若为最大边，且构成钝角三角形，则，显然不满足题设，错误；
故答案为：C
【分析】令判断A、C即可；由构成直角三角形、成钝角三角形不满足题设判断B、D.
8．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】将问题化为与图象的交点个数，显然也是定义在上的偶函数，
所以，只需研究与在的交点个数，再乘以2即可得结果.
对应：时，在上递减，上递增；
任意都有，易知上，在上递减，上递增，；
又在上递增，且，，
综上，与在存在交点，且函数图象如下图：
由图知：上共有6个交点，根据偶函数的对称性知：共有12个交点，
所以原函数有12个零点.
故答案为：C
【分析】将问题化为与图象的交点个数，结合偶函数对称性只需研究与在的交点个数，数形结合判断交点个数即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】解：对于A，由于，，故，A选项正确；
对于B，由于，，故，B选项正确；
对于C，时，由幂函数在上单调递增，故，C选项正确；
对于D，若，则， ，故，D选项错误.
故答案为：ABC
【分析】根据不等式的性质判断A；作差法比较大小判断BD；幂函数的性质判断C.
10．【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，
所以.
A：，
因为，所以函数为奇函数，本选项说法不正确；
B：，所以当时，函数有最小值，所以直线是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法正确；
C：当时，，
因为函数在上单调递增，所以在上也单调递增，
所以是函数的一个单调递增区间，因此本选项说法不正确；
D：的图象向右平移个单位长度可以得到函数，因此本选项说法正确，
故答案为：BD
【分析】根据余弦型函数的图象变换性质，结合余弦型函数的奇偶性、对称性、单调性逐一判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线及其所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】A：连接，如下图面，而面，面，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若为中点，连接，N为棱的中点，
由长方体性质知：，显然面，
若面，而面，显然有矛盾，
所以直线与平面相交，正确；
C：若分别是中点，连接，
由长方体性质易知：，
而，故，即直线和所成的角为，
由题设，易知，即△为等边三角形，
所以为，正确；
D：若分别是中点，显然，易知共面，
所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，
而面面，长方体中，，
如下图，为和面夹角的平面角，，正确.
故答案为：BCD
【分析】A：连接，如下图面，而面，面，即可判断；B：若为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明为等边三角形即可得大小；D：若是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
12．【答案】C,D
【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
【解析】【解答】即在恒成立，
设，，当时，时，
则在单调递减，在单调递增，
则时，可转化为，
即，在时恒成立，
令，，当时，时，
则在单调递增，在单调递减，得，且，
则，不能取到，，可以取到
故答案为：CD
【分析】构造函数，判断单调性后转化求解.
13．【答案】
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】函数 ，
令，
则在 上递减，在 上递增，
当，即 时，取得最小值4，
所以函数的值域是，
故答案为：
【分析】令，将函数转化为对勾函数求解.
14．【答案】或
【知识点】平行向量与共线向量
【解析】【解答】解：因为，，
所以，即，解得或，
故答案为：或
【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可.
15．【答案】8
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】因为，，所以，则三角形外接圆的半径为4，
当点在上图中的位置时，到平面的距离最大，此时，，所以到平面的最大距离为8.
故答案为：8.
【分析】根据，，得到三角形外接圆半径为4，然后根据几何图形可知点在如图所示的位置时，到平面的距离最大，然后利用勾股定理求距离即可.
16．【答案】①③④
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦定理
【解析】【解答】①
，而，
所以都为锐角，正确；
②由正弦边角关系：，则，，
所以或（），故为等腰或直角三角形，错误；
③由正弦边角关系：，，
所以，故为等腰三角形，正确；
④由，而，故，
且，故，则为等边三角形，正确.
故答案为：①③④
【分析】①利用切弦关系及三角恒等变换、三角形内角性质可得，即可判断；②③④利用正弦边角关系、三角恒等变换得到三角形内角的关系，即可判断正误.
17．【答案】（1）解：由可得：，
所以的定义域，
当时，，
所以，
从而，又函数的图象与直线没有公共点，
所以或；
（2）解：由可得：
因为为奇函数，
所以，
又因为函数是定义在上的减函数，
∴，
解得.
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的性质；对数函数的图象与性质；复合三角函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据对数函数的性质可得，然后利用三角函数的性质可得，结合条件即得；
（2）根据函数的奇偶性及单调性可得，进而即得.
18．【答案】（1）解：∵，
∴
∵
∴，即
∵，
∴
∴
（2）解：∵，
∴
∴
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再根据余弦定理求解即可；
（2）结合（1）得，再根据三角恒等变换求解即可.
19．【答案】（1）解：在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面，
∴平面
（2）解：在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2) 以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系 ，求出面的一个法向量， 面的一个法向量， 利用空间向量坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
20．【答案】（1）解：∵，
∴
∵
∴
∵，∴，即，
∵，
∴
∵的面积为，
∴
∴
∵，
∴，，
∴，解得.
（2）解：∵由（1）知，
∴为正三角形，从而
在中，由正弦定理得
∴
∴
∵，∴
所以当，即时，
【知识点】三角函数的最值；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而得，再根据的面积得，再利用余弦定理求解即可；
（2）由题知 ，进而在中利用正弦定理，再根据三角恒等变换得，最后根据三角函数性质求最大值即可.
21．【答案】（1）证明：作于H，
∵平面平面，平面平面
∴平面
∵平面，
∴，
∵，平面，
∴平面；
（2）解：设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，
由（1）可知平面，∴，
∵，∴
∵∴
∵Q是的重心，∴，
而
设直线与所成角为，则
．
此时
设平面的一个法向量为
由
令，则，取
设直线和平面所成角为，则
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（2） 以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系 ，求出， 平面的一个法向量， 利用空间向量夹角公式进行求解即可.
22．【答案】（1）解：
令，则
设，则，令，
则在上为增函数，
∵，
∴当时．为减函数；当时，为增函数，
∴，即．
∴在上单调递增，
由于，
所以当时，
当时，．
综上可知：
（2）证明：当时，要证明，只需证明．
由（1）可知，当时，恒成立，
因此只需证明当时，即可．
设，
则，
因此当时，单调递增；
当时，单调递减
所以的最小值只能是与中最小的一个．
因为，
而．
因为，
所以，所以，，
所以，．
所以，当恒成立，即，
所以，当时，．
【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
【解析】【分析】（1）根据题意，构造函数，再利用导数研究函数最值即可得答案；
（2）根据题意，结合（1）将问题转化为证明，进而设，再根据函数单调性证明即可.
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
山东省青岛市莱西市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·莱西期中）设全集，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，
所以
故答案为：B
【分析】根据补集与交集的运算求解即可.
2．（2022高三上·莱西期中）下列各命题的否定为真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】复合命题的真假
【解析】【解答】解：对于A，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于B，因为时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于C，当时，，为真命题，故其否定为假命题，错误；
对于D，当时，，故为假命题，故其否定为真命题，正确；
故答案为：D
【分析】依次判断各命题的真假即可得其否定的真假.
3．（2022高三上·莱西期中）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由题意得，则，
，，则所求切线方程为，即，
故答案为：C
【分析】由导数的几何意义求解.
4．（2022高三上·莱西期中）已知关于x的不等式的解集为A，设，，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合的包含关系判断及应用；集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】由题意，在上恒成立，
所以，可得.
故答案为：B
【分析】问题化为在上恒成立，列不等式组求参数范围即可.
5．（2022高三上·莱西期中）已知直线和两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若和相交，与相交，则与一定也相交
【答案】A
【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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A：由，过的平面交面于，则，而，故，，所以，正确；
B：，则或，错误；
C：，则或，错误；
D：若和相交，与相交，则与可能相交、平行或，错误.
故答案为：A
【分析】A利用线面平行性质、面面垂直的判定即可判断；B、C、D由线面、面面的位置关系，根据平面的基本性质判断线面关系即可.
6．（2022高三上·莱西期中）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由，
所以.
故答案为：A
【分析】根据正弦函数、指对数函数的性质判断大小关系.
7．（2022高三上·莱西期中）在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，则下列结论正确的为（ ）
A．不可能构成一个三角形的三边长
B．可以构成一个直角三角形的三边长
C．可以构成一个锐角三角形的三边长
D．可以构成一个钝角三角形的三边长
【答案】C
【知识点】三角形的形状判断
【解析】【解答】若，则构成锐角三角形，A不符合题意，C符合题意；
B：若为最大边，且构成直角三角形，则，显然不满足题设，错误；
D：若为最大边，且构成钝角三角形，则，显然不满足题设，错误；
故答案为：C
【分析】令判断A、C即可；由构成直角三角形、成钝角三角形不满足题设判断B、D.
8．（2022高三上·莱西期中）已知偶函数的定义域为，对任意，都有，且当时，，则函数的零点的个数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】将问题化为与图象的交点个数，显然也是定义在上的偶函数，
所以，只需研究与在的交点个数，再乘以2即可得结果.
对应：时，在上递减，上递增；
任意都有，易知上，在上递减，上递增，；
又在上递增，且，，
综上，与在存在交点，且函数图象如下图：
由图知：上共有6个交点，根据偶函数的对称性知：共有12个交点，
所以原函数有12个零点.
故答案为：C
【分析】将问题化为与图象的交点个数，结合偶函数对称性只需研究与在的交点个数，数形结合判断交点个数即可.
二、多选题
9．（2022高三上·莱西期中）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B,C
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】解：对于A，由于，，故，A选项正确；
对于B，由于，，故，B选项正确；
对于C，时，由幂函数在上单调递增，故，C选项正确；
对于D，若，则， ，故，D选项错误.
故答案为：ABC
【分析】根据不等式的性质判断A；作差法比较大小判断BD；幂函数的性质判断C.
10．（2022高三上·莱西期中）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列结论正确的为（ ）
A．函数为偶函数
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．是函数的一个单调递减区间
D．将的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，
所以.
A：，
因为，所以函数为奇函数，本选项说法不正确；
B：，所以当时，函数有最小值，所以直线是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法正确；
C：当时，，
因为函数在上单调递增，所以在上也单调递增，
所以是函数的一个单调递增区间，因此本选项说法不正确；
D：的图象向右平移个单位长度可以得到函数，因此本选项说法正确，
故答案为：BD
【分析】根据余弦型函数的图象变换性质，结合余弦型函数的奇偶性、对称性、单调性逐一判断即可.
11．（2022高三上·莱西期中）如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．M，N，A，B四点共面
B．直线与平面相交
C．直线和所成的角为
D．平面和平面的夹角的正切值为2
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线及其所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】A：连接，如下图面，而面，面，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若为中点，连接，N为棱的中点，
由长方体性质知：，显然面，
若面，而面，显然有矛盾，
所以直线与平面相交，正确；
C：若分别是中点，连接，
由长方体性质易知：，
而，故，即直线和所成的角为，
由题设，易知，即△为等边三角形，
所以为，正确；
D：若分别是中点，显然，易知共面，
所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，
而面面，长方体中，，
如下图，为和面夹角的平面角，，正确.
故答案为：BCD
【分析】A：连接，如下图面，而面，面，即可判断；B：若为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明为等边三角形即可得大小；D：若是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
12．（2022高三上·莱西期中）已知函数，当时，关于x的不等式恒成立，则下列选项中实数m可以取到的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【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
【解析】【解答】即在恒成立，
设，，当时，时，
则在单调递减，在单调递增，
则时，可转化为，
即，在时恒成立，
令，，当时，时，
则在单调递增，在单调递减，得，且，
则，不能取到，，可以取到
故答案为：CD
【分析】构造函数，判断单调性后转化求解.
三、填空题
13．（2022高三上·莱西期中）函数的值域是 ．
【答案】
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】函数 ，
令，
则在 上递减，在 上递增，
当，即 时，取得最小值4，
所以函数的值域是，
故答案为：
【分析】令，将函数转化为对勾函数求解.
14．（2022高三上·莱西期中）已知，若，则实数 ．
【答案】或
【知识点】平行向量与共线向量
【解析】【解答】解：因为，，
所以，即，解得或，
故答案为：或
【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可.
15．（2022高三上·莱西期中）已知三棱锥的外接球O的半径为5，，则P到平面距离的最大值为 ．
【答案】8
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】因为，，所以，则三角形外接圆的半径为4，
当点在上图中的位置时，到平面的距离最大，此时，，所以到平面的最大距离为8.
故答案为：8.
【分析】根据，，得到三角形外接圆半径为4，然后根据几何图形可知点在如图所示的位置时，到平面的距离最大，然后利用勾股定理求距离即可.
16．（2022高三上·莱西期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题：
①若，则为锐角三角形；
②若，则为等腰三角形；
③若，则为等腰三角形；
④若，则为等边三角形.
以上命题中，所有真命题的序号为 ．
【答案】①③④
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦定理
【解析】【解答】①
，而，
所以都为锐角，正确；
②由正弦边角关系：，则，，
所以或（），故为等腰或直角三角形，错误；
③由正弦边角关系：，，
所以，故为等腰三角形，正确；
④由，而，故，
且，故，则为等边三角形，正确.
故答案为：①③④
【分析】①利用切弦关系及三角恒等变换、三角形内角性质可得，即可判断；②③④利用正弦边角关系、三角恒等变换得到三角形内角的关系，即可判断正误.
四、解答题
17．（2022高三上·莱西期中）试分别解答下列两个小题：
（1）已知函数的定义域为A，当时，函数的图象与直线没有公共点，求实数m的取值范围；
（2）若奇函数是定义在上的减函数，且，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：由可得：，
所以的定义域，
当时，，
所以，
从而，又函数的图象与直线没有公共点，
所以或；
（2）解：由可得：
因为为奇函数，
所以，
又因为函数是定义在上的减函数，
∴，
解得.
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的性质；对数函数的图象与性质；复合三角函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据对数函数的性质可得，然后利用三角函数的性质可得，结合条件即得；
（2）根据函数的奇偶性及单调性可得，进而即得.
18．（2022高三上·莱西期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：∵，
∴
∵
∴，即
∵，
∴
∴
（2）解：∵，
∴
∴
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再根据余弦定理求解即可；
（2）结合（1）得，再根据三角恒等变换求解即可.
19．（2022高三上·莱西期中）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
（1）求四棱锥的体积；
（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
【答案】（1）解：在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面，
∴平面
（2）解：在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2) 以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系 ，求出面的一个法向量， 面的一个法向量， 利用空间向量坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
20．（2022高三上·莱西期中）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，D为边上的一个点．
（1）若的面积为，，求的长；
（2）若，，求的最大值及此时角C的大小．
【答案】（1）解：∵，
∴
∵
∴
∵，∴，即，
∵，
∴
∵的面积为，
∴
∴
∵，
∴，，
∴，解得.
（2）解：∵由（1）知，
∴为正三角形，从而
在中，由正弦定理得
∴
∴
∵，∴
所以当，即时，
【知识点】三角函数的最值；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而得，再根据的面积得，再利用余弦定理求解即可；
（2）由题知 ，进而在中利用正弦定理，再根据三角恒等变换得，最后根据三角函数性质求最大值即可.
21．（2022高三上·莱西期中）如图，在三棱柱中，，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：作于H，
∵平面平面，平面平面
∴平面
∵平面，
∴，
∵，平面，
∴平面；
（2）解：设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，
由（1）可知平面，∴，
∵，∴
∵∴
∵Q是的重心，∴，
而
设直线与所成角为，则
．
此时
设平面的一个法向量为
由
令，则，取
设直线和平面所成角为，则
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（2） 以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系 ，求出， 平面的一个法向量， 利用空间向量夹角公式进行求解即可.
22．（2022高三上·莱西期中）已知函数．
（1）这比较与的大小；
（2）求证：当时，．参考数据：．
【答案】（1）解：
令，则
设，则，令，
则在上为增函数，
∵，
∴当时．为减函数；当时，为增函数，
∴，即．
∴在上单调递增，
由于，
所以当时，
当时，．
综上可知：
（2）证明：当时，要证明，只需证明．
由（1）可知，当时，恒成立，
因此只需证明当时，即可．
设，
则，
因此当时，单调递增；
当时，单调递减
所以的最小值只能是与中最小的一个．
因为，
而．
因为，
所以，所以，，
所以，．
所以，当恒成立，即，
所以，当时，．
【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
【解析】【分析】（1）根据题意，构造函数，再利用导数研究函数最值即可得答案；
（2）根据题意，结合（1）将问题转化为证明，进而设，再根据函数单调性证明即可.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
