2023届辽宁省本溪市高三年级上册学期期中（二）测试数学试题【含答案】

2023届辽宁省本溪市高三上学期期中（二）测试数学试题一、单选题1．设全集，集合，，则=（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用补集、交集的定义计算作答.【详解】解不等式得：或，即或，则有，因，所以.故选：A2．若命题，则为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据全称命题的否定是特称命题改写即可.【详解】因为命题，所以为，故选：C.3．复数z满足，则（

）A．25 B． C．22 D．5【答案】D【分析】先根据复数的除法运算求z，然后可得共轭复数,即可求解.【详解】由题知,所以，所以，故选：D4．手机屏幕面积与手机前面板面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在0~1之间．若设计师将某款手机的屏幕面积和手机前面板面积同时增加相同的数量，升级为一款新手机，则该款手机的“屏占比”和升级前相比（

）A．不变 B．变小 C．变大 D．变化不确定【答案】C【分析】做差法比较与的大小即可得出结论.【详解】设升级前的“屏占比”为，升级后的“屏占比”为（，）．因为，所以升级后手机“屏占比”和升级前相比变大，故选：C．5．我国勾股定理最早的证明是东汉末期数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的赵爽弦图（如图），它是由四个全等的直角三角形拼成的内、外都是正方形的美丽图案.若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性运算，结合向量数量积的几何意义求值.【详解】由已知，得，，，又，所以，因为，所以，又由已知得，则，故选：B.6．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，令,则,所以,所以；解法二：由已知的函数逆向变换，第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以.故选：B.7．如图，在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，E，F分别为MA，MC的中点，则异面直线BE与AF所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】解法一设H为MF的中点，连接EH，BH，由E是MA的中点知，，进而得到是异面直线BE与AF所成的角或其补角，根据已知条件计算出的各边长，再利用余弦定理即可求出的余弦值，从而可得异面直线BE与AF所成角的余弦值；解法二建立空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，利用向量的夹角公式即可得解.【详解】解法一：设H为MF的中点，连接EH，BH，如图，∵E是MA的中点，∴，.∴是异面直线BE与AF所成的角或其补角.∵平面ABC，∴，，∵，，∴，∴.∵F为MC的中点，∴，，又，∴在中，，，∴，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知，，，，所以，，则，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，故选：B.8．已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（

）A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，]【答案】D【分析】根据给定条件求出点M的轨迹，再利用点M的轨迹与直线2x+y+k=0有公共点即可列式计算作答.【详解】圆C：x2+y2+2x-4y+1=0的圆心，半径，因M为线段AB的中点，则，此时，，于是得点M的轨迹是以点C为圆心，1为半径的圆，而点M在直线2x+y+k=0上，因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得，所以实数k的取值范围是.故选：D二、多选题9．在四面体中，以下说法正确的有（

）A．若，则可知B．若Q为△的重心，则C．若四面体各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则D．若，，则【答案】ABD【分析】A：令，利用平面向量基本定理及向量加减、数乘的几何意义，求之间含的线性关系，结合已知即可求；B：根据线段的空间位置及空间向量的加减、数乘运算，求的线性关系；C：由正四面体性质求的长度即可；D：由题设有，利用空间向量数量积的运算律及空间向量的加减几何含义求证结论.【详解】A：由，则在线段上，又，若，则，又，故，所以，即，正确；B：若为的中点，，又，而，所以，又，则，整理得，正确；C：由题设知：，即，且，故，错误；D：若，，则，又，所以，整理得，故，正确.故选：ABD10．已知，则下列结论中一定成立的是（

）A．的最小值是 B．的最小值是2C．的最大值是 D．的最小值是25【答案】ACD【解析】由可判断A；由已知得，由，可判断B；由可判断C；由，可判断D．【详解】所以A中结论一定成立，由已知得，，所以B中的结论是错误的，由得：，所以C中的结论是成立的，由已知得，所以D中的结论是成立的，故选：ACD.【点睛】本题考查基本不等式的应用，运用注意基本不等式所需满足的条件，属于基础题．11．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互瞭望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（

）A．点的轨迹方程是B．直线是“最远距离直线”C．平面上有一点，则的最小值为5D．点所在的曲线与圆没有交点【答案】BC【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.【详解】对于A项：设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，化简得，故A错误；对于B项：联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；对于C项：过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；对于D项：由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：BC.12．设函数，则（

）A．B．函数有极大值为C．若，则D．若，且，则【答案】AC【分析】A.直接求解判断；B.利用导数法求解判断；C.由，得到，由，利用导数法求解判断；D.易证，再根据，且，结合B得到即可.【详解】A.，故正确；B.求导，令，则，由A可得，关于轴对称，故当时，，在单调递增，且，则当时，，在单调递增，所以当时，函数有极小值为，故错误；C.因为，所以，由A可得，由B知，，故正确；D.，因为，且，所以，由B知在上递减，在上递增，所以，因为的大小不确定，故无法判断的大小，故错误；故选：AC三、填空题13．已知，，则__________．【答案】【详解】由可得，即，所以，则，由于且，故，所以，应填答案．14．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线的两个交点分别为，且满足为的中点，则的长为_______________.【答案】##【分析】求出焦点坐标和准线方程，设直线的方程为：，代入，利用韦达定理结合向量知识求出，再根据中点公式，利用抛物线的定义可求得结果.【详解】依题意可得，准线为，当直线的斜率为0时，显然不合题意，故可设直线的方程为：，代入，得，设，，所以，则，，，因为，所以，所以，即，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，，.故答案为：.15．已知函数，若互不相等，且，则的取值范围为__________________.【答案】【分析】首先画出函数的图像，不妨设，根据可知，根据可知，所以，利用的单调性可求得的取值范围.【详解】作出函数的大致图象，如图所示：由题意，若，，互不相等，且，可知不妨设，则，，得，所以，即，同理，即，，所以，又，，，所以，令函数（），根据对勾函数可得g(x)在区间上单调递增，所以，从而.所以的取值范围为.故答案为：.16．已知三棱锥的顶点在底面的射影为的垂心，若，且三棱锥的外接球半径为3，则的最大值为________．【答案】18【分析】连交于，由顶点在底面的射影为的垂心，得，进而证明，由。得，根据三角形相似可得，，进而证明两两互相垂直，将三棱锥拓展为以为棱的长方体，可得，再由基本不等式，即可求出结论.【详解】连交于，顶点在底面的射影为的垂心，，又平面，，，平面，同理可证，由，得，，，又平面，，又平面，两两互相垂直，三棱锥的外接球为为棱的长方体的外接球，又三棱锥的外接球半径为3，，，当且仅当时，等号成立.故答案为：18.【点睛】本题考查三棱锥的结构特征，顶点在底面射影是三角形的垂心，可得对棱垂直是解题的突破点，要注意归纳总结三棱锥顶点在底面射影是底面三角形几个|“心”的条件，考查空间垂直关系的相互转化，以及多面体外接球半径的求法，属于较难题.四、解答题17．已知函数.(1)求在区间上的最值；(2)若，求的值．【答案】(1)最小值1，最大值2(2)【分析】（1）先化简f(x)的解析式，再根据正弦（型）函数性质即可求最值；（2）由可得，根据求出范围，从而求出，再根据即可求解.【详解】（1）因为．，，即时，有最小值1，，即时，有最大值2，故.（2）∵，∴，由，得，∴，∴．18．“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿想在一望无际的麦田里划一块形为平面四边形的麦田成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将B，D连接，经测量知，．(1)霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，试问霍尔顿的发现正确吗？若正确，求出此定值；若不正确，请说明理由.(2)霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和有关，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．【答案】(1)正确，1(2)【分析】（1）在和中分别对使用余弦定理，可推出的关系，即可得出是一个定值；（2）求出的表达式，利用二次函数的基本性质以及余弦函数值的取值范围，可得出的最大值.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，即，在中，，即因此，即，所以．（2）因为，，于是得由（1）知，因此，在中，，在中，，则，由，得，即有，从而当时，，所以的最大值是．19．已知椭圆的离心率为，过坐标原点的直线交椭圆于两点，其中在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连接.当为椭圆的右焦点时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)若为的延长线与椭圆的交点，试问：是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)为定值【分析】（1）由离心率可得之间关系，根据通径长可得，由可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设直线，结合斜率公式可求得，由此可得直线方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标，利用向量数量积的坐标运算可求得，由此可得结论.【详解】（1）椭圆离心率，，则，当为椭圆右焦点时，；，解得：，，椭圆的方程为：.（2）由题意可设直线，，，则，，，直线；由得：，，则，，；，又，，则，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③结合韦达定理的结论表示出所求量；④化简整理可得定值.20．如图，几何体ABCDEF中，，均为边长为2的正三角形，且平面平面DFE，四边形BCED为正方形，平面平面ABC.(1)求证：平面平面BCF；(2)求平面和平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先取BC的中点O，DE的中点G，转化为证明AOFG为平行四边形，再结合面面平行的判断定理，即可证明；（2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：取BC的中点O，DE的中点G，连接AO，OF，FG，AG，因为，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，故A平面BCED同理平面BCED，故，又因为，所以AOFG为平行四边形，所以又平面BCF，平面BCF，所以平面BCF又，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF又因为AG和DE交于点G，AG，平面ADE，所以平面平面BCF（2）连接，因为两两互相垂直，故以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则.所以，，.设平面的一个法向量为，则，令，则，此时.同理可求得平面的一个法向量.，所以平面和平面所成角的余弦值为.21．已知等轴双曲线的一个焦点为.(1)求双曲线C的方程；(2)已知点A是C上一定点，过点的动直线与双曲线C交于P，Q两点，若为定值，求点A的坐标及实数的值．【答案】(1)(2)，或者，【分析】（1）由等轴双