1、江苏省泰州市泰兴市2022-2023学年高三上期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，为两个不同平面，为直线且，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3. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 向量与向量的夹角为D. 在的投影向量是4. 有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比由上述信息可求得的值为（ ）A. B. C. D. 5. 已知函数，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示
2、，则解析式可能为（ ）A. B. C. D. 6. 已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）A. 函数为奇函数B. 函数的图象关于点对称C. 函数在区间上为单调函数D. 函数在区间上有12个零点7. 已知直线与直线相交于点，则下列结论正确是（ ）A. 过定点B. 点的轨迹方程为C. 点到点和点距离之和最大值为D. 点到坐标原点的距离的最小值为8. 已知函数，其中实数，则下列结论错误是（ ）A. 必有两个极值点B. 有且仅有3个零点时，的范围是C. 当时，点是曲线的对称中心D. 当时，过点可以作曲线的3条切线二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2
3、0分在每小题给出的选项中，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9. 设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则z的虚部为2iB. 若|z|1，则z1或ziC. 若点Z坐标为（1，3），且z是关于x的实系数方程x2pxq0的一个根，则pq12D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为10. 下列不等关系中成立的是（ ）A. B. C. D. 11. 在三棱锥中，已知，则（ ）A. 与成角B. 平面平面C. 平面平面D. 与平面所成角小于与平面所成角12. 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是
4、以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（ ）A. 第个正方形面积为.B. .C. 使得不等式成立的的最大值为.D. 数列的前项和对任意恒成立.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数同时满足（1）；（2），其中，则符合
5、条件的一个函数解析式_14. 已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是_15. 正四棱台高为2，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_16. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 设数列的前项和为，（1）求的通项公式；（2）对于任意的正整数，求数列的前项和18. 若函数满足，其中，且（1）求函数解析式；（2）判断并证明函数单调性；（3）若，在时恒成立，求的取值范围19. 如图，在四棱锥PABCD中，底面AB
6、CD为正方形，PAPBAB2，平面PAB平面ABCD，N是CD的中点（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；（2）求二面角BPAC的正弦值；（3）求点N到面PAC的距离20. 在；两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， （1）求角C的大小；（2）若ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求ABC的面积21. 已知圆O：x2y216，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点（i）过点T作与直线l垂直的直
7、线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由22. 函数，（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求实数的取值范围江苏省泰州市泰兴市2022-2023学年高三上期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将写成分段函数形式求值域，由指数函数性质求值域分别得到集合A、B，再结合各项判断正误即可.【详解】，故，而，则，所以，即A、B、C错误，D正确.故选：D2.
8、已知，为两个不同平面，为直线且，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【答案】A【解析】【分析】当时，若，则推不出；反之可得，根据充分条件和必要条件判断方法，判断即可得到答案【详解】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；当时，可过直线作平面与平面交于，根据线面平行的性质定理可得，又，所以，又，所以，故充分性成立，所以“”是“”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，关键是掌握充分条件和必要条件的定义，判断是的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件3. 已知向量，则下列
9、结论正确的是（ ）A. B. C. 向量与向量的夹角为D. 在的投影向量是【答案】C【解析】【分析】应用向量坐标的线性运算求、，结合向量共线定理、模长的坐标运算判断A、B，根据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义判断C、D.【详解】由，不存在使，即与不共线，A错误；由，故，B错误；由，又，故，C正确；由在的投影向量，D错误.故选：C4. 有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比由上述信息可求得的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出，其中，计算出，然后利用诱导公式可求得的值.【详解】在中，取的中点，连接，如下图所示：由题意可知，且，所
10、以，所以，.故选：C.5. 已知函数，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示，则解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性结合图象的对称性排除CD，再由特殊值及放缩法判断的正负排除B.【详解】定义域都为，关于原点对称，而，所以都是奇函数，故都是偶函数,因为所给图象关于原点对称，是奇函数，故可排除CD；当时，故排除选项B.故选：A6. 已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）A. 函数为奇函数B. 函数图象关于点对称C. 函数在区间上为单调函数D. 函数在区间上有12个零点【答案】D【解析】【
11、分析】根据已知条件求得，代入法以及正余弦函数性质判断奇偶性、对称中心，由整体法，结合正弦函数的单调性、周期性判断区间单调性和区间零点个数.【详解】由题设，故，所以，故且，所以，又，故，综上，为偶函数，A错误；，图象不关于对称，B错误；在上，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，C错误；在上，在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，D正确.故选：D7. 已知直线与直线相交于点，则下列结论正确的是（ ）A. 过定点B. 点的轨迹方程为C. 点到点和点距离之和的最大值为D. 点到坐标原点的距离的最小值为【答案】B【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；求出直
12、线所过定点的坐标，分析可知，由可求得点的轨迹方程，可判断B选项；求出，利用基本不等式可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项.【详解】对于A选项，直线的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，A错；对于B选项，直线的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，因为，则，即，设点，则，所以，整理可得，所以，点的轨迹方程为，B对；对于C选项，由勾股定理可得，所以，则，当且仅当时，等号成立，所以，点到点和点距离之和的最大值为，C错；对于D选项，记圆的圆心为，该圆的半径为，因为，故原点在圆外，又因为，故，D错.故选：B.8. 已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（ ）A. 必有两个极值点B. 有且仅有
13、3个零点时，的范围是C. 当时，点是曲线的对称中心D. 当时，过点可以作曲线的3条切线【答案】B【解析】【分析】对求导，得到的单调性，判断的极值点个数可判断A；要使有且仅有3个零点，只需即可判断；当时，计算可判断C；设切点为，求出过点的切线方程，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数即可判断D.【详解】对于A，令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值,所以A正确；对于B，要使有且仅有3个零点，只需即，所以，所以的范围是，故B不正确；对于C，当时，所以点是曲线的对称中心，所以C正确；对于D，设切点为，所以在点处的
14、切线方程为：，又因为切线过点，所以，解得：，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.,令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，则在上单调递增，在上单调递减，如下图所示，当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确，故选：B【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题二、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9
15、. 设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则z的虚部为2iB. 若|z|1，则z1或ziC. 若点Z坐标为（1，3），且z是关于x的实系数方程x2pxq0的一个根，则pq12D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为【答案】CD【解析】【分析】A选项：根据虚部的概念判断即可；B选项：根据模的公式判断即可；C选项：根据的坐标得到，然后代入中得到，解方程即可；D选项：设，根据得到，然后根据几何图形求面积即可.【详解】A选项：因为，所以的虚部为-2，故A错；B选项：设，则可以得到，即，有好多种情况，例如，此时，故B错；C选项：若的坐标为，则，又是关于的实系数
16、方程的一个根，所以，所以，解得，故C正确；D选项：设，则，即，所以的集合所构成的图形为环形，如下所示：所以面积为，故D正确.故选：CD.10. 下列不等关系中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用对数函数的单调性结合中间值法可判断A选项；构造函数，利用导数分析函数的单调性，可判断BC选项；利用幂函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，A对；对于B选项，构造函数，其中，则，当时，；当时，.所以，函数的增区间为，减区间为，因为，则，即，所以，即，B对；对于C选项，因为，且函数在上单调递增，所以，即，即，即，C错；对于D选项，D对.故选：ABD.11. 在三棱
17、锥中，已知，则（ ）A. 与成角B. 平面平面C. 平面平面D. 与平面所成角小于与平面所成角【答案】CD【解析】【分析】利用反证法可判断A选项；利用二面角的定义可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，若，又因为，且，、平面，所以，平面，平面，则，因为，则为锐角，矛盾，故与不成角，A错；对于B选项，则为锐角，所以，二面角的平面角为，故平面与平面不垂直，B错；对于C选项，、平面，平面，平面，又因为，、平面，平面，平面，所以，平面平面，C对；对于D选项，因为平面，则、与平面所成角分别为、，则，所以，又因为、均为锐角，则，D对.
18、故选：CD.12. 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（ ）A. 第个正方形面积为.B. .C. 使得不等式成立的的最大值为.D. 数列的前项和对任意恒成立.【答案】
19、BCD【解析】【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】根据题意，且，故，即，又，故可得，由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，则，即第三个正方形的面积为，故A错误，B正确；对C：因为，故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，又，故不等式成立的的最大值为，正确；对：因为，对任意恒成立，正确.故选：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数同时满足（1）；（2），其中，则符合条件的一个函数解析式_【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得且，写出
20、一个符合要求的解析式即可.【详解】由（2）知：上递减，由（1），结合对数的运算性质知：，则，综上，且，故满足要求.故答案为：（答案不唯一）14. 已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】求出、， 利用和的取值范围计算可得答案.【详解】如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，即， 所以，所以，即.故答案为：.15. 正四棱台高为2，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_【答案】【解析】【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到
21、球的表面积.【详解】如图所示，为外接球球心，设外接球半径为R，由勾股定理得：，设，则，故，解得：，故，故球的表面积为.故答案为：16. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由两条曲线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满足切线方程来列方程组，得到与满足的关系式，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.【详解】曲线在点A处的切线可写作设该切线在曲线上的切点为，则有，消去t得则当且仅当，即时取得该最小值.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 设数列的前项和为，（1）求的通项公
22、式；（2）对于任意的正整数，求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.【小问1详解】解：当时，由可得，上述两个等式作差可得，所以，则，所以，也满足，故对任意的，.【小问2详解】解：对于任意的正整数，所以，.18. 若函数满足，其中，且（1）求函数的解析式；（2）判断并证明函数的单调性；（3）若，在时恒成立，求的取值范围【答案】（1）， （2）见解析， （3）【解析】【分析】（1）利用换元法，令，则，代入化简可求出函数解析式，（2）分
23、和两种情况，利用单调性定义判断即可，（3）由（2）可知在上递减，所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围【小问1详解】令，则，所以，所以，【小问2详解】当时，在上递增，当时，在上递减，理由如下：当时，任取，且，则，因为，所以，所以，所以，所以，即，所以在上递增，当时，任取，且，则，因为，所以，所以，所以，所以，即，所以在上递减，【小问3详解】当时，由（2）可知在上递减，因为在时恒成立，所以，所以，即，所以，解得或，因为，所以，即的取值范围.19. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAPBAB2，平面PAB平面ABCD，N是CD的中点（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，
24、求的值；（2）求二面角BPAC的正弦值；（3）求点N到面PAC的距离【答案】（1）； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，由线面平行的性质可得，根据等比例关系即可求结果；（2）根据已知证明两两垂直，构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值；（3）利用等体积法，求点面距离.【小问1详解】连接，交于，连接，因为面，面，且面面，所以，故.【小问2详解】若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，所以，等边三角形中，因为平面PAB平面ABCD，面面，面，所以面，而面，则，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，由，则，所
25、以，若为面的一个法向量，则，令，则，而为面的一个法向量， 所以，故二面角的正弦值为.【小问3详解】由题设，而，又，所以，若N到面PAC的距离为，则，可得，故N到面PAC的距离为.20. 在；两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， （1）求角C的大小；（2）若ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求ABC的面积【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）应用正余弦边角关系、倍角正余弦及辅助角公式化简条件公式，结合三角形内角性质求角C的大小.（2）过作交延长线于，利用角平分线性质、相似三角形的等比例关系求出，再应用三角形面积公
26、式求面积.【小问1详解】选：由正弦边角关系得，再由余弦边角关系得，所以，而且，所以.选：，所以，即，又，则且，所以，可得，所以.【小问2详解】过作交延长线于，因为为角平分线，且，则，由，则，又，所以，故，又，故为等边三角形，则，结合（1）结论，ABC的面积为.21. 已知圆O：x2y216，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点
27、N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由【答案】（1）； （2）（i）7；（ii）存在，.【解析】【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.【小问1详解】设，因为点在圆上，所以，因为为中点，所以，整理得，代入式中得，整理得，所以曲线的方程为.【小问2详解】（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲
28、线的圆心到直线和直线的距离分别为，则，所以，所以，当时，；当时，当且仅当时等号成立，综上所述，四边形面积的最大值为7.（ii）设，联立，得，则，因为曲线与轴交于，两点，所以，则直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程得，所以，所以在定直线上.【点睛】（1）求动点轨迹方程的方法：定义法：根据已知的曲线的定义判断； 直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；代入法：有两个动点，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；参数法：动点的横纵坐标没有直接关
29、系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程.22. 函数，（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求实数的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数的单调递增区间；（2）构造函数，可知对任意的，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：，求导得，由可得，则，解得，故函数的单调递增区间为.【小问2详解】解：令，其中，且，由题意可知，对任意的，则，令，其中，当时，对任意的，则，此时函数在上单调递增，故，合乎题意；当时，对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，因为，（i）当时，即当时，对任意的，且不恒为零，此时，函数在上单调递增，则，合乎题意；（ii）当时，即当时，由零点存在定理可知，存在，使得，且当时，则函数在上单调递减，所以，不合乎题意；（iii）当时，即当时， 对任意的，且不恒为零，此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意.综上所述，.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.
