2023届陕西省安康中学高三上学期12月月考 理科数学 （解析版）

这是一份2023届陕西省安康中学高三上学期12月月考 理科数学 （解析版），共27页。试卷主要包含了 记集合，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省安康中学高三上学期12月月考数学（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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i为虚数单位，复数z满足，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 2. 记集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 3. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 4. 设，则成立的一个必要不充分条件是（    ）A.  B.  C.  D. 5. 在正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 6. 已知函数，则该函数的图象在处的切线方程为（    ）A  B.  C.  D. 7. 记函数的最小正周期为T，若，且的最小值为1.则曲线的一个对称中心为（    ）A.  B.  C.  D. 8. 南京市地铁S8号线经扩建后于2022年国庆当天正式运行，从起点站长江大桥北站到终点站金牛湖站总行程大约为51.3千米，小张是陕西来南京游玩的一名旅客，从起点站开始，他利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为2千米，以后每经过一站里程约增加0.1千米，据此他测算出本条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数一共有（    ）A. 18 B. 19 C. 21 D. 229. 已知O是内一点，，若与的面积之比为，则实数m的值为（    ）A.  B.  C.  D. 10. 定义在R上的函数满足对任意的x恒有，且，则的值为（    ）A 2026 B. 1015 C. 1014 D. 101311. 若函数有三个零点，则k的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 12. 如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，，点M在棱上，且，平面与平面夹角为，则下列说法错误的是（    ）A. 平面平面 B. C. 点M到平面的距离为 D. 多面体的体积为二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知命题，使得，则为___________.14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________.15. 已知圆锥的侧面由函数的图象绕y轴旋转一周所得，圆锥的侧面由函数的图象绕直线旋转一周所得，记圆锥与圆锥的体积分别为和，则___________.16. 设等比数列满足，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和___________.三､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 已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）是否存在实数a，使函数的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.18. 已知等差数列的前n项的和为，.数列的前n项和为，.（1）求数列和的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求证：.19. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）若，求外接圆面积；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.20. 如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，平分，D是上一点，且平面平面.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.21. 已知函数的部分图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值.22. 设向量.（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，若存在两个极值点，证明：.                      2023届陕西省安康中学高三上学期12月月考数学（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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i为虚数单位，复数z满足，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先利用复数的运算法则化简得复数的标准形式，再利用复数模的计算公式即可得出结果.【详解】由，得，则，,所以，故.故选：B.2. 记集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式确定集合，然后再根据交集的定义求其交集即可.【详解】或所以集合，，所以.故选：B.3. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合诱导公式和二倍角公式求得正确答案.【详解】由，得，所以故选：C4. 设，则成立的一个必要不充分条件是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】成立的一个必要不充分条件就是可以推出这个条件，但是这个条件并不能推出.依次对每个选项进行分析即可.【详解】A: ,是的充分条件，A错；B：为其反例，不是必要条件，B错；C：在上递增，，是充要条件，C错；D：可得，又，可得，反之不一定成立，D对；故选：D5. 在正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】平移到,再连接，再解三角形即可求出答案.【详解】平移到,再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，易得，，，由余弦定理得故选：A.6. 已知函数，则该函数的图象在处的切线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出函数的导数，再赋值法求出，然后得到的函数解析式可得切点，后将数据代入点斜式方程可得答案.【详解】因为，所以，解得，所以，即切点所以切线方程为：，即.故选：A.7. 记函数的最小正周期为T，若，且的最小值为1.则曲线的一个对称中心为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据求得，根据的最小值求得，根据三角函数对称中心的求法求得正确答案.【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为，所以，所以，又函数的最小值为1，所以，所以，令，所以对称中心为，只有选项C符合题意（）.故选：C8. 南京市地铁S8号线经扩建后于2022年国庆当天正式运行，从起点站长江大桥北站到终点站金牛湖站总行程大约为51.3千米，小张是陕西来南京游玩的一名旅客，从起点站开始，他利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为2千米，以后每经过一站里程约增加0.1千米，据此他测算出本条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数一共有（    ）A. 18 B. 19 C. 21 D. 22【答案】B【解析】【分析】由等差数列的求和公式求解即可【详解】由题意设前两站的距离为千米，第二站与第三站之间的距离为千米，…，第n站与第站之间的距离为千米，则是等差数列，首项是，公差，则，解得，则站点数一共有19个.故选：B.9. 已知O是内一点，，若与的面积之比为，则实数m的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由确定点的位置，再利用与的面积之比列方程来求得的值.【详解】由得，设，则.由于，所以A，B，D三点共线，如图所示，∵与反向共线，，∴，∴，∴.故选：D10. 定义在R上的函数满足对任意的x恒有，且，则的值为（    ）A. 2026 B. 1015 C. 1014 D. 1013【答案】B【解析】【分析】先根据递推和夹逼准则将不等条件转化为等式，再将其看成一个等差数列可得的值.【详解】根据得，又，所以，又所以是以为首项，为公差的等差数列；所以故选：B.11. 若函数有三个零点，则k的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】运用分离变量法将与分开，将零点问题转化为两个函数的图像有三个交点的问题，数形结合容易得到答案.【详解】由，得，设，令，解得，当时，，当或时，，且，其图象如图所示：若使得函数有3个零点，则.故选：A.12. 如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，，点M在棱上，且，平面与平面的夹角为，则下列说法错误的是（    ）A. 平面平面 B. C. 点M到平面的距离为 D. 多面体的体积为【答案】D【解析】【分析】A选项，作出辅助线，证明出，⊥平面，故平面，从而证明面面垂直；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出平面的法向量，根据平面夹角列出方程，求出；C选项，在第一问的基础上，求出平面的法向量，从而利用点到平面距离公式求出答案.D选项，求出，相加得到答案.【详解】对于A选项，取的中点G，连接交于N，连接，因为四边形是菱形，所以⊥，且N是的中点，所以且，又，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以，又因为平面，所以⊥平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；对于B，取中点H，由四边形是菱形，，则，所以是正三角形，所以，所以，又平面，以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，，所以，所以，，当时，重合，此时平面与平面的夹角为，不合题意，舍去；当时，设平面的一个法向量，则，两式相减得：，令，得，故，平面的法向量可取，所以，解得，故B正确；对于C，结合B，所以，则，设平面的一个法向量，则，解得：，取，得，故，所以点M到平面的距离，故C正确；对于D，，故，梯形的面积为，，故，故D错误.故选：D.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知命题，使得，则为___________.【答案】【解析】【分析】由存在量词命题的否定求解即可【详解】命题，使得，则为，故答案为：14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________.【答案】4【解析】【分析】将化简，可得一个边角关系，然后再结合正弦定理可得答案.【详解】因为在中，若，所以，所以，即，由正弦定理得，化简得，所以.故答案为：415. 已知圆锥的侧面由函数的图象绕y轴旋转一周所得，圆锥的侧面由函数的图象绕直线旋转一周所得，记圆锥与圆锥的体积分别为和，则___________.【答案】##【解析】【分析】分别求出线段绕y轴旋转一周时与线段绕直线旋转一周时，所成的圆锥的体积，即可求解【详解】当线段绕y轴旋转一周时，围成一个半径为2，高为4的圆锥，其体积为，当线段绕直线旋转一周时，因为点到直线的距离为，此时线段旋转一周围成一个半径为，高为的圆锥，其体积为，所以.故答案为：16. 设等比数列满足，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和___________.【答案】114【解析】【分析】由题意求得等比数列的通项公式，由此确定数列中的项的取值，进而求得的前50项和.【详解】设等比数列的公比为q，则，解得，故，因为为中在区间中的项的个数，所以当时，；当时，；当时，；当时，；故,故答案为：114.三､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. 已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）是否存在实数a，使函数的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为    （2）存在，实数【解析】【分析】（1）利用求得，结合复合函数单调性同增异减求得的单调区间.（2）根据的最小值为列方程，从而求得的值.【小问1详解】∵，∴，即，，由，解得，∴函数的定义域为，∵函数在上单调递增，在上单调递减，又∵在上为增函数，∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】设存在实数a，使函数的最小值为0，，∵函数的最小值为0，∴函数的最小值为1，所以①，且②，联立①②解得：，∴存在实数，使函数的最小值为0.18. 已知等差数列的前n项的和为，.数列的前n项和为，.（1）求数列和的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求证：.【答案】（1）；.    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用等差数列的基本公式联立方程可解出的首项和公差，进而得到通项公式；对，考虑整理说明其为等比数列可得其通项公式；（2）将的通项公式进行裂项，可以求出其和，进而证明不等式.【小问1详解】设的公差为d，由题意得：解得所以，由，得，又，所以是公比为等比数列，所以.【小问2详解】证明：，.要证，即证，因为在上为增函数，且，所以得证.19. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）若，求外接圆的面积；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得，利用余弦定理，求得，即可求得，再由正弦定理与圆的面积公式即可求解；（2）由（1）得，根据为锐角三角形，求得，利用正弦定理和面积公式，以及三角恒等变换的公式化简得到，进而求得面积的取值范围.【小问1详解】由题知：，由正弦定理可化为，即，由余弦定理知，又，故.设外接圆的半径为R，则，所以，所以外接圆的面积为.【小问2详解】由（1）知：，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，又由正弦定理，得，所以.又，则，所以，故面积的取值范围是.20. 如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，平分，D是上一点，且平面平面.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先利用等边三角形三线合一得出，再利用平面平面，是两个平面的交线得出平面，进而得出结论.（2）取的中点M，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.【小问1详解】证明：因为，且平分，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】取的中点M，连接，则两两垂直，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图空间直角坐标系则，，，，，由（1）知平面，所以是平面的一个法向量.设平面的法向量，因为，，则取，则，因此，所以二面角正弦值为.21. 已知函数的部分图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值.【答案】（1）    （2），【解析】【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式；（2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，相加后得到，求出答案.【小问1详解】由图示得：，解得：，又，所以，所以，所以.又因为过点，所以，即，所以，解得，又，所以，所以.【小问2详解】图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，当时，，令，则，令，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，,所以时，.当时，方程恰有三个不相等的实数根.因为有三个不同的实数根，且关于对称，关于对称，则，两式相加得：，即，所以.22. 设向量.（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，若存在两个极值点，证明：.【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积得到，定义域为，求导后，根据导函数特征，分，，，四种情况，得到函数单调性；（2）定义域为，求导，根据导函数特征得到与不合题意，当时，满足要求，且由知，整理得到等价于，构造，求导后得到恒成立，得到函数的单调性，求出当时，，证毕.【小问1详解】根据已知得，定义域为，则，若，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；若，由，得或，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减；若，则恒成立，所以在上单调递增；若，由，得或；由，得，所以在上单调递增，在上单调递减；综上：时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】证明：由已知得，定义域为，从而.当，即时，恒成立，函数不可能有两个极值点；当时，有两个根，因为，与都是正数相矛盾，不合题意；当时，有两个根，因为，且，所以两根均为正数，故有两个极值点，因为，由知，因为，所以等价于，即，令，所以在上单调递减，又，所以当时，，故成立.【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决.