南安一中2022~2022学年度上学期期中考高三数学理科试卷第Ⅰ卷(选择题共60分)一.选择题:本大题共12小题,每小题5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)复数满足,则复数在复平面内对应的点在(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限(2)已知集合,集合,则(A)(B)(C)(D)(3)已知是上的奇函数,当时,,则当时,(A)(B)(C)(D)(4)中,“”是“”的(A)充要条件(B)充分不必要条件(C)必要不充分条件(D)既不充分也不必要条件(5)已知角的始边与轴非负半轴重合,终边在直线上,则(A)(B)(C)(D)(6)设,,,则(A)(B)(C)(D)(7)已知函数,且的图象关于点对称,则函数的图象的一条对称轴是(A)(B)(C)(D)xy(8)有一个函数的图象如图所示,则这个函数可能是下列哪个函数(A)(B)(C)(D)10\n(9)若是所在平面内任意一点,且满足,则一定是(A)等边三角形(B)等腰三角形(C)直角三角形(D)等腰直角三角形(10)已知函数,则在下列区间中,函数不存在零点的是(A)(B)(C)(D)(11)一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个正三棱柱的体积为,那么这个球的体积是(A)(B)(C)(D)(12)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(A)(B)(C)(D)第Ⅱ卷(非选择题共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题,每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题,考生根据要求作答.二.填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.定义在上的奇函数满足,则=.14..15.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是一个底面为正三角形的三棱柱的正视图,则三棱柱侧面积的取值范围为.16.有一道解三角形的题目因纸张破损而使得有一个条件看不清,具体如下:在中,分别是角的对边.已知,,且,求角.现知道破损缺少的条件是三角形的一个边长,且该题答案为,试将条件补充完整(必须填上所有可能的答案).10\n三.解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.(17)(本小题满分12分)已知分别为三个内角的对边,且,边上的垂直平分线交边于点.(Ⅰ)求的大小;(Ⅱ)若,且的面积为,求边的值.(18)(本小题满分12分)如图,四棱锥中,底面是边长为2的菱形,且,侧面为等边三角形,且与底面垂直,为的中点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.(19)(本小题满分12分)已知函数.(Ⅰ)当时,求函数在处的切线方程;(Ⅱ)若函数没有零点,求实数的取值范围;(Ⅲ)若函数恰有一个零点,试写出实数的取值范围(不必写出过程).(20)(本小题满分12分)如图,三棱柱中,分别为和的中点,,侧面为菱形且,,.(Ⅰ)证明:直线∥平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值.10\n(21)(本小题满分12分)设函数,.(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)若对所有的,都有,求实数的取值范围.请考生在(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答.注意:只能做所选定的题目.如果多做,则按所做第一个题目计分,做答时,请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.(22)(本小题满分10分)选修:几何证明选讲题目略,得分略.(23)(本小题满分10分)选修:坐标系与参数方程在极坐标系中,曲线的方程为,点,以极点为原点,极轴为轴的正半轴,建立平面直角坐标系,两坐标系中取相同的长度单位.(Ⅰ)求曲线的直角坐标方程及点的直角坐标;(Ⅱ)设为曲线上一动点,以为对角线的矩形的一边垂直于极轴,求矩形周长的最小值及此时点的直角坐标.(24)(本小题满分10分)选修:不等式选讲已知函数,.(Ⅰ)解不等式;(Ⅱ)若对任意,都有,使得成立,求实数的取值范围.10\n南安一中2022~2022学年度上学期期中考高三数学理科参考答案一.选择题:(1)B【解析】∵,∴,∴z对应的点为,在第二象限.(2)B【解析】,,,,选B.(3)B【解析】∵,∴,,∴(4)A【解析】由三角形中大边对大角和正弦定理,.故选A(5)D【解析】终边在上,,故.(6)A【解析】,,,故.故选A.(7)B【解析】关于对称,又周期,∴对称轴是,即,,当时,.故选B.(8)A【解析】函数图象过原点,所以D排除;当时函数是负数,C函数原点左侧为正数,所以C排除;B函数有无数多个零点,且所以B排除,而A都满足,故选A.(9)C【解析】设为中点,,∴,∴为直角三角形.故选C.(10)D【解析】由和图像可知,两图象在无交点.故选D.(11)B【解析】球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,故球心在底面的射影为底面的中心,设正三棱柱底面边长为,高为,则,即,,故正三棱柱的体积,10\n∴,故球的体积为,故选B.(12)B【解析】如图,由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥.其中底面,,,,经计算知最长棱为.故选B.二.填空题:(13)【解析】根据题意有,从而求得函数是周期函数,且周期为,所以,所以.(14)【解析】.(15)【解析】三棱柱的侧面积随侧棱与底面的夹角的增加而减小,当且仅当三棱柱是正三棱柱时,侧面积最小为6,故侧面积的取值范围是.(16)【解析】由即,又,∴,由正弦定理,∴,但时,则原题设为:,可求得有两个值,不合题意,舍去.时,经检验,符合题意.三.解答题:(17)【解析】(Ⅰ),,,∵,即,∴.……6分(Ⅱ)由,∴,……8分10\n∴在中,,……10分∴,∴.……12分(18)【解析】由底面为菱形且,∴,是等边三角形,取中点,有,∴为二面角的平面角,∴.分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系如图, 则.……3分(Ⅰ)由为中点,∴∴……6分(Ⅱ)由,,∴,∴平面的法向量可取……9分,设直线与平面所成角为,则.……12分(19)【解析】(Ⅰ)当时,,,∴切线斜率,又切点,∴切线方程为即.………5分(Ⅱ),10\n记由得,……8分∴的情况如下表:单调递增极大值单调递减又时,;时,,,若没有零点,即的图像与直线无公共点,由图像知的取值范围是.…………10分(Ⅲ)∵,若恰有一个零点,则的取值范围是或.……12分xyz(20)【解析】∵,且为中点,,∴,又,∴,又,∴平面,取中点,则,即两两互相垂直,以为原点,分别为轴,建立空间直角坐标系如图,……3分∴……4分(Ⅰ)设平面的法向量为,则,,10\n取,∵,,∴,又平面,∴直线∥平面.……7分(Ⅱ)设平面的法向量为,,,,取,……9分又由(Ⅰ)知平面的法向量为,设二面角为,……10分∵二面角为锐角,∴,∴二面角的余弦值为.…………12分(21)【解析】(Ⅰ)令,∴,由∴在递减,在递增,∴∴即成立.……5分(Ⅱ)记,∴在恒成立,,∵,∴在递增,又,……7分∴①当时,成立,即在递增,则,即成立;……9分②当时,∵在递增,且,∴必存在使得.则时,,即时,与在恒成立矛盾,故舍去.综上,实数的取值范围是.……12分10\n(22)解析略(23)【解析】(Ⅰ)由,∴曲线的直角坐标方程为,点的直角坐标为.……4分(Ⅱ)曲线的参数方程为(为参数,),∴设,如图,依题意可得:,……6分∴矩形周长,……8分∴当时,周长的最小值为.此时,点的坐标为.……10分(24)【解析】(Ⅰ)即,∴即,∴即,∴不等式的解为.……4分(Ⅱ)对任意,都有,使得成立,∴,……6分又,……8分,∴解得,∴实数的取值范围是……10分10