山东省青岛四区2023届高三数学上学期期中考试试卷（PDF版带答案）.pdf

1、高三数学试题第 1 页（共 4 页）期中学业水平检测试题本试卷共 4 页，22 题全卷满分 150 分考试用时 120 分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，请将答题卡上交。一、单项选择题：本大题共 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设集合22R|4R|22，xMxxNx

2、，则NM A(01),B(0 2),C(2 2),D(2 0),2已知1tan2，则cos 2 A 13B13C 35D353已知正四棱锥各棱的长度均为 2，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是A 83B8C16D324青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 L 和小数记录法的数据V 满足VbaLln（其中 a b，为常数），已知某同学视力的五分记录法的数据为0.3时小数记录法的数据为01.0，五分记录法的数据为0.4时小数记录法的数据为1.0，则A5lgabe，B51ab，C5ln10ab，D15ab，5把函数

3、)(xfy 图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移 6 个长度单位，得到函数)62sin(xy的图象，则A)64sin()(xxfB)64sin()(xxfC)122sin()(xxfD)122sin()(xxf20222023 学年度第一学期期中学业水平检测高三试题2022.11数学高三数学试题第 2 页（共 4 页）6已知函数)(xf的定义域为 R，且)2(xf是奇函数，)12(xf是偶函数，则A(3)0fB(1)0fC(0)0fD1()02f7设0.01ln 0.99cos(0.99)abc，则A abcBbacCcbaDcab8已知(0)2，则224

4、22 2 tansincos的最小值为A8B122 2C6D5二、多项选择题：本大题共 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。9已知2ab，则A1ab B 226abC若2230aab，则 31a D222ab10在正方体1111DCBAABCD 中，则A/AC平面11BCABAD平面11BCAC111ADCAD平面11BCA平面DDBB1111已知函数()sin(2)3sin(2)2 3sin cos66f xxxxx，则A()f x 的最大值为 2B3x 是()f x 的图象的一

5、条对称轴C()f x 在()63，上单调递减D()f x 的图象关于(0)6，对称12已知等腰三角形 ABC 的面积为3，120ABC，点 E F，分别在线段 ACAB，上，点 D满足22sincosADABAC，其中(0)2，若/DEAC DFAC，则A D 在线段 BC 上B0DF BE C|2|2 3DFCED DE BF 有最大值三、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知Ra，函数2 4()|3|4xxf xxa x，若(9)1f f，则a14已知向量(1 2)(3)abt，若 ab，则|2|ab15已知圆台的上、下底面半径分别为 2 4，高为3，点 MN

6、，分别在圆台上、下底面圆周上，则 MN 的最大值为高三数学试题第 3 页（共 4 页）16如图，在平面直角坐标系 xOy 中，半径为1的两圆12CC，相切于点(0 1)A，1C 的圆心为原点O，2C 的圆心为2C 若圆2C 沿圆1C 顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点2C 所在位置的坐标为，圆2C 上的点 A 所在位置的坐标为（本小题第一空 2 分，第二空 3 分）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）记 ABC的内角,A B C 的对边分别为,a b c，2sinsinsin()ACBA（1）证明：cosaAb；（2）若2bac，求cos B 18

7、（12 分）如图，已知长方体1111ABCDA B C D的体积为 4，点 A 到平面1BC D 的距离为63（1）求1BC D的面积；（2）若2ABBC，动点 E 在线段1DD 上移动，求1AEC面积的取值范围ADCB1C1D1A1BEAAOxy2C高三数学试题第 4 页（共 4 页）19（12 分）如图，P 为 ABC内的一点，30ABP，3ABAP，12PA PB （1）求APB；（2）若 APCP，7BC，求 AC 20（12分）如图，在几何体11ABCA B O中，ABC是等边三角形，直线OC 平面11A BO，平面1AAOC 平面1BBOC，11/AABBOC，112AABBOC（

8、1）证明：11OAOB；（2）在“/OM平面 ABC，CM 平面1BB OC”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答点 M 为线段1AA 上的一点，满足，直线OM 与平面11A BO 所成角的大小为45，求平面 ABC 与平面11A BO 的夹角的余弦值21（12分）已知函数2()ln(1)(0)f xxaxx a（1）讨论()f x 的单调区间；（2）若函数()ln(1)g xxx，,(0,)2 证明：1(sin)(coscos)(cossin)2ggg22（12分）已知函数12()ln2xf xaexx（1）若3a，证明：()0f x；（2）若3a，12 3122ln(ln)ln1x

9、aexxbeaee xxbx 对任意正实数 x 恒成立，求正实数b 的取值范围B1BOCA1AMABPC2022-2023 学年度第一学期期中学业水平检测高三数学 评分标准 一、单项选择题：本大题共 8 小题每小题 5 分，共 40 分1-8：D C B A A C D A二、多项选择题：本大题共 4 小题每小题 5 分，共 20 分9ACD；10AD；11AB；12ACD 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 1；145 2；1539；16(1)(2sin1,2cos1)；(2)(2sin1 sin2,2cos1 cos2)四、解答题：本大题共 6 小题，共 70

10、 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17（10 分）解：（1）由题知，2sinsin()sin()ABABA 1 分所以2sinsincoscossinsincoscossinABABABABA 2 分所以2sin2sincosABA 3 分结合正弦定理，所以sincossinAaABb 4 分（2）由（1）知：222cos2abcaAbbc 5 分所以222acacca，即220acac，所以2210aacc 7 分解得512ac或512（舍）8 分所以22222151cos(1)2222acbacacacBacacca 10 分18（12 分）解：（1）由题知：111 1 111

11、263A BC DCADBABCD A B C DVVV 3 分设点 A 到平面1BC D 的距离为h，则63h，因为1113A BC DBC DVSh，所以1136A BC DBC DVSh 5 分（2）由题知：12,1ABBCAA，6 分以 D 为坐标原点，直线 DA，DC，1DD 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A，1(0,2,1)C 7 分设(0,0,)(01)Ett，则(2,0,)EAt，1(2,2,1)AC uuur则直线1AC 的单位方向向量为112 2 1(,)3 3 3|ACuAC uuurruuur 8 分则点 E 到直线1AC 的距离为2222

12、()2253dEAEA utt 10 分22192 52()2,3223t 11 分所以1AEC的面积11133 2,5222AECSAC dd所以1AEC面积的取值范围为 3 2,52 12 分19（12分）解：（1）在 ABP中，由正弦定理知 sinsinABAPAPBABP 1 分所以3sinsin30BPBPAPB，即3sin2APB 2 分又因为|cos0PA PBPAPBAPB，所以cos0APB 3 分所以120APB（60APB 舍）4 分（2）在 ABP中，120,30,30APBABPBAP ，所以 APBP 5 分又因为211|cos22PA PBPAPBAPBAP 6

13、分所以1APBP，3AB 7 分又因为90APC，所以150BPC 8 分在 BCP中，由余弦定理知：2222cosBCBPCPBP CPBPC 9 分所以2713CPCP，即2360CPCP 10 分解得3CP 或2 3CP （舍）11 分所以2224ACCPAP，即2AC 12 分20（12 分）解：（1）由题知：OC 平面11A B O，所以1OCOA 1 分因为平面1AAOC 平面1BB OC，平面1AAOC平面1BB OCOC，1OA 平面1AAOC，所以1OA 平面1BB OC 4 分因为1OB 平面1BB OC，所以11OAOB 5 分（2）若选择因为/OM平面 ABC，OM 平

14、面1AAOC，平面1AAOC平面 ABCAC所以/OM AC，因此四边形 ACOM 为平行四边形，即 M 为1AA 中点 6 分若选择因为CM 平面1BB OC，1OA 平面1BB OC，所以1/CMOA，所以四边形1COA M 为平行四边形，即 M 为1AA 中点 6 分所以112AMOCAA，OMAC因为直线1AA 平面11A B O，所以直线OM 与平面11A B O 所成角为1MOA，所以145MOA 7 分所以1111222222OAOMACA BOB 8 分以O 为坐标原点，分别以11,OA OB OC 所在直线为,x y z 轴建立空间直角坐标系设1OC，则(0,0,1),(0,

15、1,2),(1,0,2)CBA 9 分(0,0,1)OC，为平面11A B O 的一个法向量 10 分设平面 ABC 的一个法向量为(,)nx y z，且(1,1,0)AB ，(0,1,1)BC 由0000n AByxzyn BC ，令1z ，则1,1yx ，解得(1,1,1)n 11 分设平面 ABC 与平面11A B O 所成锐二面角为，则13cos|cos,|3|3 1n OCn OCnOC 12 分21（12分）解:（1）由题知：1x ，且12(1)2()1ax xafxx2分当102a时，有 1102a ，所以，()f x 在(1,0)上单调递增，()f x 在1(0,1)2a 上单

16、调递减，()f x 在1(1,)2a 上单调递增 4 分当12a 时，有 1102a ，2()01xfxx所以()f x 在(1,)上单调递增 5 分当12a 时，有11102a ，所以，()f x 在1(1,1)2a上单调递增，()f x 在1(1,0)2a 上单调递减，()f x 在(0,)上单调递增 7 分（2）由（1）知：若12a，当(0,1)x时，()(0)0f xf，所以2ln(1)()2xxxg x9分所以(sin)(coscos)(cossin)ggg22222sincoscoscossin2 10 分2222sincos(cossin)2 11 分22sincos122综上，

17、命题得证 12 分22（12分）解:（1）若3a，则12()3ln2xf xexx，0 x 1分所以11()32xfxexx2分令11()()32xh xfxexx，所以121()32xh xex当1x 时，133xe ，()0h x；当01x时，1331xee ，211x，()0h x；所以，()0h x对(0,)x 恒成立所以，()()h xfx在(0,)上单调递增3分又因为(1)0f 所以，当(0,1)x时，()0fx，()f x 在(0,1)上单调递减；当(1,)x 时，()0fx，()f x 在(1,)上单调递增；又因为(1)0f，所以()(1)0f xf4分（2）若3a，则12()

18、3ln20 xf xexx5分由12 3122ln(ln)ln10 xaexxbeaee xxbx ，得12ln312ln(ln2)ln10 xaex xxbeaexxb ，6分令12ln31xtaexx 再令()ln(1)ln1tg tbetb，则1()1tg tbet 7分若1b ，令()1,(1,)ttett ，则()1tte所以，当(1,0)t 时，()0t，()t在(1,0)上单调递减；当(0,)t 时，()0t，()t在(0,)上单调递增；所以，()(0)0t，得1tet 和ln(1)tt则()ln(1)1110tg tettt ，满足题意 8分若1b，则(0)ln10gbb，不合题意9分若1b ，因为()g t在(0,)上单调递增，且1 11(0)10,(1)(1)0 bgbgb eb 10分所以存在1(1,0)b，使得()0g，即11be，即lnln(1)b 11分所以，当(1,)t 时，()0g t，()g t 在(1,)上单调递减；当(,)t 时，()0g t，()g t 在(,)上单调递增；所以1()()ln(1)ln12ln11g tgbebb 1(1)2ln222ln22ln01bbb综上，数b 的取值范围是1,)12分