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辽宁省重点高中沈阳市郊联体
2023-2024学年度上学期高三年级期中考试试题
数学
命题人:浑南高级中学战辉校题人:沈阳市第83中学兰义兴
考试时间:120分钟满分:150分
第I卷选择题(共60分)
一、单选题(本大题共8小题,每小5分,共40分.在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1.已知全集,集合,,则等于()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求,然后由交集运算可得.
【详解】因为,
所以,
所以.
故选:A
2.已知复数z满足,则()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意,得到,结合复数模的性质,即可求解.
【详解】由复数z满足,可得,则.
故选:B.
3.南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献,他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》,该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列,以高阶等差数列中的二阶等差数列为例,其特点是从数列的第二项开始,每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1,3,7,13,则该数列的第13项为()
A.156 B.157 C.158 D.159
【答案】B
【解析】
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式,再利用累加法计算即可求解.
【详解】设该二阶等差数列为,则;
由二阶等差数列的定义可知,
所以数列是以为首项,公差的等差数列,即,
所以
将所有上式累加可得,所以;
即该数列的第13项为.
故选:B
4.已知,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简可得,再根据求解即可.
【详解】由题意,即,即.
故.
故选:A
5.已知等比数列的首项为1,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】根据题意得出以及的等价条件,即可得出答案.
【详解】设等比数列公比为,
若,
因为,,
所以有,.
因为,所以,
所以,,所以;
若,则,即.
因为,所以,
所以,解得或.
所以,“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
6.如图是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),已知该扇环的面积为,两段圆弧所在圆的半径分别为3和6,则该圆台的体积为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出圆台上下底面半径,圆台的高,代入圆台的体积计算公式即可求解.
【详解】圆台的侧面展开图是一扇环,设该扇环的圆心角为,
则其面积为,解得,
所以扇环的两个圆弧长分别为和,
设圆台上下底面的半径分别为,高为,所以,解得,
,解得,作出圆台的轴截面,如图所示:
图中,,过点向作垂线,垂足为,则,
所以圆台的高,则上底面面积,,
由圆台的体积计算公式可得:.
故选:A
7.三棱锥中,与均为边长为的等边三角形,若平面平面,则该三棱锥外接球的表面积为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取中点,连接,,可得平面,平面,取的外心,的外心,分别过,作平面与平面的垂线交于点,即为球心,结合球的性质求得半径,可得三棱锥外接球的表面积.
【详解】
解:如图,取中点,连接,,则,,
因为平面平面,所以可得平面,平面,
取的外心,的外心,分别过作平面与平面的垂线交于点,即为球心,连接,
易得,,
,
.
故选:B.
8.已知函数的定义域为,导函数为,若恒成立,则()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数,求导得到其单调性,从而得到,从而得到,得到正确答案.
【详解】函数的定义域为,变形为,
设,则,
故在上单调递减,
所以,
即,
故,,,,
AD选项,不一定正确;B错误;C正确;
故选:C
二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共计20分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求,全部选对得5分,部分选对得2分,错选或者多选不得分.)
9.如图,在正方体中,,分别为,的中点,则下列结论正确的是()
A.直线与所成的角的大小为
B.直线平面
C.平面平面
D.平面将正方体截成的两部分的体积之比为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用异面直线所成的角的定义计算判断A;证明与直线平行的直线同平面相交判断B;借助面面垂直的性质推理导出矛盾判断C;求出平面将正方体截成的两部分的体积判断D.
【详解】对于A,连接,如图,
由正方体结构特征知,,即三角形为正三角形,
又因为分别为的中点,则,
因此直线与所成的角即为直线与所成的角,即或其补角
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