青島十九中2022～2023學(xué)年度第一學(xué)期期中模塊檢測高三數(shù)學(xué)試題第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、單項選擇題（本題共8小題，每個小題5分，共40分．在每個小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．）1. 已知集合，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解指數(shù)不等式，再根據(jù)交集的運算直接求解.【詳解】由解得，所以，所以.故選:A.2. 已知復(fù)數(shù)，則下列各項正確的為（    ）A. 復(fù)數(shù)z的虛部為i B. 復(fù)數(shù)z－2為純虛數(shù)C. 復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)點在第二象限 D. 復(fù)數(shù)z的模為5【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算化簡，結(jié)合復(fù)數(shù)的基本概念，分類，幾何意義，模長的求解方法，即可判斷和選擇.【詳解】，對A：復(fù)數(shù)的虛部為，故A錯誤；對B：復(fù)數(shù)，為純虛數(shù)，故B正確；對C：復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為，其對應(yīng)點為為第四象限的點，故C錯誤；對D：，故D錯誤.故選：B.3. 已知定義在上的奇函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，若，，，則，，的大小關(guān)系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】易得，，由定義在上的奇函數(shù)且在上單調(diào)遞減，可得，，的大小關(guān)系.【詳解】解：因為定義在上的奇函數(shù)在上單調(diào)遞減且，所以，且在上單調(diào)遞減又，所以，而，所以，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與奇偶性的性質(zhì)與應(yīng)用，考查學(xué)生分析問題與解決問題的能力、計算能力，屬于基礎(chǔ)題.4. 著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說過：“數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休．”在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，我們經(jīng)常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也經(jīng)常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象特征，如某體育品牌的為，可抽象為如圖所示的軸對稱的優(yōu)美曲線，下列函數(shù)中，其圖象大致可“完美”局部表達這條曲線的函數(shù)是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由圖象對稱性可知應(yīng)為偶函數(shù)，可排除BD；當(dāng)時，，可排除A.【詳解】由圖象對稱性可知：應(yīng)為偶函數(shù)，對于B，，奇函數(shù)，B錯誤；對于D，，為奇函數(shù)，D錯誤；由圖象可知：當(dāng)從正方向無限接近時，；對于A，當(dāng)從正方向無限接近時，，，，A錯誤.故選：C.5. 如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別為BC，，的中點，則下列選項不正確的是（    ）A. 直線和MN夾角的余弦值為 B. 直線與平面AMN平行C. 直線與直線AN垂直 D. 點C到平面AMN的距離為【答案】C【解析】【分析】以為原點建立空間直角坐標(biāo)系，得到相關(guān)點與向量，計算其點乘值，判斷是否垂直，計算平面的法向量，計算的值，即可判斷B，計算，利用向量夾角公式即可判斷A選項，利用點到平面距離公式即可判斷D.【詳解】以為原點,為軸,為軸,為軸,建立空間直角坐標(biāo)系,,,,,直線與直線不垂直,故C錯誤;，設(shè)平面的法向量,則，取，得，平面直線與平面平行,故B正確，對于A，,,，直線和夾角的余弦值為,故A正確,對于D，,點到平面的距離為:,故D正確.故選：C.6. 已知數(shù)列的首項為2，又，其中點O在直線l外，其余三點A，B，C均在l上，那么數(shù)列的通項公式為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量共線得到，設(shè)，，，根據(jù)公式的通項公式.【詳解】，即，三點A，B，C均在l上，故，即.即，設(shè)，，，故數(shù)列是首項為3，公比為2的等比數(shù)列，，即.故選：C.7. 已知定義域為的函數(shù)滿足，其中為的導(dǎo)函數(shù)，則不等式的解集為（    ）A.  B. C  D. 【答案】D【解析】【分析】利用題目條件，構(gòu)造輔助函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，得出單調(diào)遞增，原不等式轉(zhuǎn)化，利用單調(diào)性可解不等式.【詳解】令，， 故在R上單調(diào)遞增.又，且，故原不等式可轉(zhuǎn)化為，所以，解得.故選：D.【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用、利用函數(shù)單調(diào)性解不等式等基本知識，考查了運算求解能力和邏輯推理能力，屬于中檔題目.8. 如圖，已知三棱柱的底面是等腰直角三角形，底面ABC，AC＝BC＝2，，點D在上底面（包括邊界）上運動，則三棱錐D-ABC的外接球表面積的最大值為（    ）A.  B. 24π C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由條件確定球心位置，引入變量表示球的半徑，由此確定球的表面積及其最大值.【詳解】因為為等腰直角三角形，AC＝BC＝2，所以的外接圓的圓心為的中點， 且連接與的中點，則，所以平面，設(shè)球的球心為，由球的截面性質(zhì)可得在上，設(shè)，，半徑為，因為，所以，所以，又所以，因為，所以，所以三棱錐D-ABC的外接球表面積的最大值為，故選：B.二、多項選擇題（本題共4小題，每個小題5分，共20分．在每個小題給出的四個選項中，有多項符合要求．全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分．）9. 下列說法正確的是（    ）A. “”是“”必要不充分條件B. 函數(shù)的最小值為2C. 當(dāng)時，“”是“”的充分不必要條件D. 命題，，的否定是，【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式可判斷A，利用均值不等式可判斷B，根據(jù)三角函數(shù)及命題的充分必要性可判斷C，根據(jù)命題的否定的概念可判斷D.【詳解】A選項：由，得，所以是的必要不充分條件，A選項正確；B選項；，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，顯然不成立，B選項錯誤；C選項：由可知，或，，所以“”是“”的充分不必要條件，C選項正確；D選項：命題，，的否定是，，D選項正確，故選：ACD.10. 已知等差數(shù)列的前n項和為，公差，，a7是a3與a9的等比中項，則下列選項正確的是（    ）A.  B. C. 當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最大值 D. 當(dāng)時，n的最大值為20【答案】BD【解析】【分析】先求出，，從而可判斷AB的正誤，再求出通項公式，根據(jù)其符號可判斷C的正誤，求出并解不等式，故可判斷D的正誤.【詳解】因為，故，又，整理得到：，故，，故A錯，B正確.又，當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，，故當(dāng)且僅當(dāng)、時，取得最大值，故C錯誤.又，令，則即n的最大值為20，故D正確故選：BD.11. 已知函數(shù)的零點按照由小到大的順序依次構(gòu)成一個公差為的等差數(shù)列，函數(shù)的圖像關(guān)于原點對稱，則（    ）A. 在在單調(diào)遞增B. 函數(shù)圖象的一條對稱軸為直線C. ，D. 把的圖像向右平移個單位即可得到的圖象【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)題意求得的解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)性，對稱軸，最值以及圖象的變換，對每個選項進行逐一分析即可判斷和選擇.【詳解】根據(jù)題意，的最小正周期為，又，故可得；又為奇函數(shù)，故可得，又，故當(dāng)時，滿足題意，即；對A：當(dāng)時，，此時不是單調(diào)函數(shù)，故A錯誤；對B：，則是的一條對稱軸，故B正確；對C：的最大值為，的最小值為，故，，C正確；對D：因為的振幅不同，無法通過平移使之相同，故D錯誤.故選：BC.12. 如圖，在直三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，，點M在上，且，P為線段上的點，則(    )A. 平面B. 當(dāng)P為的中點時，直線AP與平面ABC所成角的正切值為C. 存在點P，使得D. 存在點P，使得三棱錐的體積為【答案】BD【解析】【分析】A：假設(shè)平面，則可得AC⊥平面，∠ACB=90°與已知矛盾，從而判斷假設(shè)不成立；B：取BC中點為N，可證PN⊥平面ABC，∠PAN為AP與平面ABC所成角，解△ANP即可；C：假設(shè)CP⊥AM，可得CP⊥平面AMN，CP⊥MN，幾何圖形即可判斷假設(shè)不成立；D：假設(shè)=，求出△CPM的面積，判斷△CPM面積是否小于或等于△面積即可．【詳解】對于A，假設(shè)平面，則AC，易知⊥AC，∩，故AC⊥平面，故AC⊥BC，這與∠ACB=60°矛盾，故假設(shè)不成立，故A錯誤；對于B，當(dāng)P為的中點時，取BC中點為N，連接PN、AN，易知PN∥，⊥平面ABC，則PN⊥平面ABC，故∠PAN即為AP與平面ABC所成角，則tan∠PAN=，故B正確；對于C，取BC中點為N，連接AN、NM，由AN⊥BC，AN⊥知AN⊥平面，故AN⊥CP，若，∵AN∩AM=A，則CP⊥平面AMN，則CP⊥MN，過C作CG∥MN交于G，則CP⊥CG，即∠PCG=90°，易知∠PCG不可能為90°，故不存在P使得，故C錯誤；對于D，取BC中點為N，連接AN，易知AN⊥平面，AN=，若三棱錐的體積為，則，∵，故存在P使時，三棱錐的體積為，故D正確．故選：BD．【點睛】本題充分考察空間里面的點線面位置關(guān)系，判斷選項ACD時都可以采用假設(shè)存在P點滿足條件，然后結(jié)合幾何關(guān)系推出與已知條件矛盾或不矛盾的結(jié)論，從而作出判斷；選項B考察空間里面直線和平面的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可作出輔助線解決問題即可．第Ⅱ卷（非選擇題  共90分）三、填空題（本題共4小題，每個小題5分，共20分．）13. ，則______．【答案】##-0.8【解析】【分析】根據(jù)三角恒等變換和誘導(dǎo)公式即可求解.【詳解】因為，所以，又因為,故答案為:.14. 2020年疫情期間，某醫(yī)院30天每天因患新冠肺炎而入院就診的人數(shù)依次構(gòu)成數(shù)列，已知，，且滿足，則該醫(yī)院30天內(nèi)因患新冠肺炎就診的人數(shù)共有________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題目所給遞推關(guān)系式，求得數(shù)列項的規(guī)律，由此進行分組求和，求得數(shù)列前項的和.【詳解】由于，當(dāng)為偶數(shù)時，，因此前30項中的偶數(shù)項構(gòu)成常數(shù)列，各項都等于，共有項，和為；當(dāng)為奇數(shù)時，；又，所以前30項中的奇數(shù)項構(gòu)成首項為，公差為的等差數(shù)列，共有項，和為.故天的總?cè)藬?shù)為.故答案為：.15. 已知，且，則的最小值為_________．【答案】4【解析】【分析】根據(jù)已知條件，將所求的式子化為，利用基本不等式即可求解.【詳解】，,，當(dāng)且僅當(dāng)=4時取等號，結(jié)合,解得，或時，等號成立.故答案為：【點睛】本題考查應(yīng)用基本不等式求最值，“1”的合理變換是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.16. 已知函數(shù)（且），若對任意的，，不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________.【答案】【解析】【分析】求導(dǎo)，分，，求得，再根據(jù)對任意的，，不等式恒成立求解.【詳解】解：因為函數(shù)（且），所以，當(dāng)，時，，則在上成立，所以在上遞增，所以，所以，因為任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，當(dāng)，時，，則在上成立，所以在上遞增，所以，所以，因為任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，綜上：實數(shù)a的取值范圍為，故答案為：四、解答題：（本大題共6個小題，共70分，17題10分，18-22題每題12分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程和演算步驟．）17. 在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角B的大?。?/span>（2）若為銳角三角形，其外接圓半徑為，求周長的取值范圍．【答案】（1）或；（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理，化邊為角，即可求出cosB以及B的值；（2）利用正弦定理可得，結(jié)合利用三角恒等變換可化簡得，結(jié)合的范圍即可求出的取值范圍，再求周長的取值范圍．【詳解】（1）中，由，利用正弦定理可得，因為，所以，又，所以或；（2）若為銳角三角形，由（1）知，且外接圓的半徑為，由正弦定理得，可得，由正弦定理得，所以；因為，所以，又為銳角三角形，則，且，又，則，所以；所以；所以，即周長的取值范圍是．18. 已知為數(shù)列的前項和，，，，為數(shù)列的前項和.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若對所有恒成立，求滿足條件的最小整數(shù)值.【答案】（1）    （2）674【解析】【分析】（1）利用遞推公式，結(jié)合前項和與第項的關(guān)系、等比數(shù)列的定義進行求解即可；（2）根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)，結(jié)合裂項相消法進行求解即可.【小問1詳解】由題意，當(dāng)時，，兩式相減得：，即：，所以時，為等比數(shù)列又因為時，，所以，所以，對所有，是以2為首項，8為公比的等比數(shù)列，所以；【小問2詳解】由題知：所以所以所以滿足恒成立的最小值為674.19. 已知的圖象與直線y＝1相切，并且切點橫坐標(biāo)依次成公差為的等差數(shù)列．（1）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）將的圖象向左平移個單位，得到函數(shù)的圖象，若函數(shù)在上有零點，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用三角恒等變換得到函數(shù)的解析式，再根據(jù)三角函數(shù)圖象的性質(zhì)確定，進而即可求出單調(diào)遞增區(qū)間；(2)利用方程與函數(shù)的零點間的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與最值求解.【小問1詳解】由題可得，所以，因為且圖象與直線y＝1相切，所以切點為函數(shù)圖象的最高點，所以，所以，又因為切點橫坐標(biāo)依次成公差為的等差數(shù)列，所以，解得，所以，令即（），所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為【小問2詳解】將的圖象向左平移個單位，得到函數(shù)的圖象，所以，因為所以，所以，所以當(dāng)即時，有最大值為，當(dāng)即時，有最小值為，因為函數(shù)在上有零點，所以在上有零點，所以，所以，所以.20. 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F分別為線段PB，BC上的動點.（1）若E為線段PB的中點，證明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若BE=BF，且平面AEF與平面PBC所成角的余弦值為，試確定點F的位置.【答案】（1）證明見解析    （2）F為三等分點處【解析】【分析】（1）先證明平面，從而可證，再證明，可證明平面，即可證明平面平面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出對應(yīng)點的坐標(biāo)以及對應(yīng)的向量坐標(biāo)，并求解平面的法向量，利用向量的夾角公式代入求解.【小問1詳解】（1）證明：由底面，可得，又在正方形中，，且，則平面，有.由，E為中點，可得又，則平面，從而平面平面.【小問2詳解】以A為坐標(biāo)原點，分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，則.由（1）可知為平面的法向量.由，可知，設(shè)，則，可得.設(shè)平面的法向量為，由，即，取，則，即.從而，由，解得或，即F為三等分點處.【點睛】對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.21. 已知為等比數(shù)列，，記數(shù)列滿足，且.（1）求和的通項公式；（2）對任意的正整數(shù)，設(shè)，求的前項的和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為，分析可知，根據(jù)已知條件可求得的值，金額可求得的值，利用等比數(shù)列的通項公式可求得等比數(shù)列的通項公式，在利用對數(shù)的運算性質(zhì)可求得數(shù)列的通項公式；（2）分析可得出，利用裂項相消法可求得奇數(shù)項的和，利用錯位相減法可求得偶數(shù)項的和，由此化簡可得的表達式.【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為，對任意的，則，則，所以，，因為，可得，因為，則，，所以，；（2）當(dāng)為奇數(shù)時，，前項中所有的奇數(shù)項的和為當(dāng)為偶數(shù)時，，記，，兩式相減得，所以，.故數(shù)列前項和.22. 已知函數(shù)，.（1）當(dāng)b=1時，討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)在處的切線方程為，且不等式恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.【答案】（1）答案見解析    （2）（－∞，1]【解析】【分析】（1）先求定義域與導(dǎo)數(shù)，再分討論與兩種情況討論即可求解；（2）由題意先求出值，f(x)≤g(x)即，等價于對x>0恒成立，即對x>0恒成立.令，所以，再用導(dǎo)數(shù)法求出的最小值即可【小問1詳解】當(dāng)b=1時，，定義域為（0，+∞），.當(dāng)時，，所以函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)遞減.當(dāng)時，，令，得；令，得，所以函數(shù)在（0，a）上單調(diào)遞增，在（a，+∞）上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)時，函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)時，函數(shù)在（0，a）上單調(diào)遞增，在（a，+∞）上單調(diào)遞減.【小問2詳解】因為函數(shù)在處的切線方程為y=(e－1)x－2，所以，且，由于，所以解得a=b=1，所以f(x)=lnx－x，所以f(x)≤g(x)即，等價于對x>0恒成立，即對x>0恒成立.令，所以，.令，，則恒成立，所以G(x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.由于G(1)=e>0，，所以使得，即，（※）所以當(dāng)時，G(x)<0，當(dāng)時，G(x)>0，即F(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，由（※）式可知，，，令，，又x>0，所以，即s(x)在（0，+∞）上為增函數(shù)，所以，即，所以，所以所以，實數(shù)m的取值范圍為（－∞，1].【點睛】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、切線問題和最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想.
 
 

相關(guān)試卷

【期中真題】山東省青島市青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題.zip：

這是一份【期中真題】山東省青島市青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題.zip，文件包含期中真題山東省青島市青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題原卷版docx、期中真題山東省青島市青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共28頁， 歡迎下載使用。

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第二中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）：

這是一份2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第二中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版），共13頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十六中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）：

這是一份2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十六中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版），共14頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十九中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十九中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）
2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十七中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十七中學(xué)高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）
2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十七中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第十七中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）
2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第九中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年山東省青島市青島第九中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
期中專區(qū)
  • 精品推薦
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部