2023届重庆西南大学附属中学校高三上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2023届重庆西南大学附属中学校高三上学期第三次月考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届重庆西南大学附属中学校高三上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．已知集合， 则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出集合，再求出其补集，然后可求得.【详解】由，得，所以，所以或，因为，所以，故选：A2．若复数满足，则=（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由复数的运算法则与复数相等的概念求解即可【详解】设，则，所以，，所以，所以.故选：A3．已知函数在上单调递增，满足对任意，都有，若在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知函数图像的对称轴是直线，进而得函数在上单调递减，再根据单调区间求解即可.【详解】解：由，得函数图像的对称轴是直线，因为函数在上单调递增所以，函数在上单调递减，因为在区间上单调递减，则，解得．所以，实数a的取值范围为.故选：C．4．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数利用单调性可判断AB；构造函数利用单调性可判断CD【详解】对于AB：令，则，由得，由得，所以在递减，在递增，当 时，，即，也即，则A错误；当 时，，即，也即，则B错误；对于CD：令，则在上恒成立，所以在上递减，又，所以，即，也即，故C错误，D正确；故选：D5．己知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论正确的有（    ）A．若为等边三角形且边长为2，则B．若满足，则C．若，则D．若，则为锐角三角形【答案】B【分析】A.利用平面向量的数量积定义求解判断；利用余弦定理判断B、C； D.由正弦定理将角化边，再利用余弦定理判断.【详解】解：对于A：因为为等边三角形且边长为2，所以，故A错误；对于B：因为，即，所以，因为，所以，故B正确；对于C：因为，可得，当且仅当时取等号，因为，所以，故B错误；对于D：因为，即，即，所以，则角为锐角，但角，角不确定，故D错误；故选：B6．国家号召全民健身口号中提到：“儿童健身，天真活泼；青年健身，朝气蓬勃.”提倡学生走向操场、走进大自然、走到阳光下.为弘扬运动精神，潜江中学特地每天开展课外文体活动.学校操场可供名学生运动，每周四有踢毽子、《本草纲目》健身操两种运动可供选择，经过调查发现，凡是这周选踢毽子的，下周会有的改选健身操；而选健身操的，下周会改选踢毽子.用分别表示在第周选踢毽子的和健身操的人数，如果，且，则为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，推导得到，由此可得，进而得到结果.【详解】由题意知：，又，，即，又，，则.故选：C.7．四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，，，，平面平面BCD，则球O的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据勾股定理和面面垂直的性质定理得到球心位于中点，再求出半径，利用球的体积公式得到答案.【详解】四面体的顶点都在的球的球面上,且，，，,平面平面,平面平面，平面，平面，又平面，，，,,,,取中点,则,球的体积.故选：C.8．已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为（    ）A．6 B． C． D．3【答案】D【分析】首先利用数量积公式以及外心的条件，对所给的式子进行化简得到，再结合正弦定理得到，再消去得到，最后利用不等式即可求得.【详解】如图所示：设.由题意可得，，化简可得，由是三角形的外心可得，是三边中垂线交点，则，代入上式得，，即 依据题意，为外接圆半径，根据正弦定理可得， 代入得，则结合不等式可得，的最大值为3 故选：D 二、多选题9．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数的图象的一个对称中心为C．函数在区间上单调递增D．函数的图象向左平移个单位后得到的是一个偶函数的图象【答案】BCD【分析】求出函数的周期可判断A；计算是否等于0可判断B；求出函数的单调递增区间可判断C；根据图象的平移规律可判断D.【详解】对于A，函数的最小正周期为，故A错误；对于B，当时，，故函数的图象的一个对称中心为满足条件，故B正确；对于C，令，整理得：，所以函数在区间上单调递增，故C正确；对于D，函数的图象向左平移个单位后得到，函数为偶函数，故D正确.故选：BCD.10．设非零向量，的夹角为，定义运算.下列叙述正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．设在中，，，则D．（为任意非零向量）【答案】AC【分析】根据所给对定义及正弦函数的性质判断A、B、C，利用特殊值判断D.【详解】解：非零向量，的夹角为，定义运算，对于A：若，则，即，又，所以或，故A正确；对于B：当，则，因为，所以，所以，故B错误；对于C：在中，，，所以，所以，故C正确；对于D：其中为与的夹角，其中为与的夹角，其中为与的夹角，则，令，，，此时，，，则不成立，故D错误；故选：AC11．已知数列满足，且，，则（    ）A．数列为单调递增数列B．C．D．设数列的前项和，则【答案】BD【分析】由题意可知，，化简得出，即，可判断A的正误，根据递推公式可以求出前四项的值，即可判断B选项，通过，可以利用累加法，并放缩求出即可判断C选项，根据C选项的结论，再次使用放缩法，，裂项相消求出可判断D选项.【详解】选项A，根据题意，因为，且，所以   ，则，所以，所以数列为单调递减数列.故A错误.选项B，，故B选项正确.选项C，由，得，所以有， ，将这个等式相加，得：，因为数列为 单调递减的数列，且 所以，即，，即 ，故C错误.选项D，由C选项的得：，所以，所以 当 时 ，所以数列的前项，当时， 故D正确.故选：BD【点睛】本题多次采用数列中的放缩法，以及求通项的累加法，求和的裂项相消，是一道数列的综合题目.12．已知正方体的棱长为2，为线段的中点，，其中，，则下列选项正确的是（    ）A．时，B．时，的最小值为C．时，直线与面的交点轨迹长度为D．时，与平面所成的角不可能为【答案】ABD【分析】对于A，根据向量运算的几何意义，确定点的轨迹，根据线面垂直判定定理，可得答案；对于B，同A确定点的轨迹，将立体图形平面化，根据在平面内两点之间线段最短，可得答案；对于C，根据平面向量共线定理推论，确定点的轨迹，作图，确定直线与面的交点轨迹，利用等边三角形以及相似三角形的性质，可得答案；对于D，根据线面夹角的定义，作图，根据正切函数的定义，计算其正切值的取值范围，可得答案.【详解】对于A，取的中点，中点，连接，，，则，因为，，，所以，即点在线段上，因为为线段的中点，则，故，所以，由于，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，平面所以，故A正确；对于B，在上取点，使得，在上取点，使得，因为，，，所以点在线段上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图，连接交于点，即三点共线时，取得最小值，其中由勾股定理得：，所以，所以，故B正确；对于C，，，，由向量共线定理的推论可得：点在线段上，连接，交于点，，交于点，连接，则线段即为直线与平面的交点轨迹，其中为等边三角形，，由三角形相似可知：，而，所以，同理可得：，所以为等边三角形，所以，直线与平面的交点轨迹长度为，故C错误；对于D，由C可知：点在线段上，连接，过点作交于点，连接，，则平面，即为直线与平面所成的角，在中，，，由，则，故D正确；故选：ABD.【点睛】立体几何中的动点问题，关键在于明确点的运动轨迹，根据点、线、面的位置关系，以及线线角、线面角、面面角的定义，合理作图，利用几何性质，可解问题. 三、填空题13．已知，那么____________．【答案】【分析】利用诱导公式可求得的值，再利用二倍角的余弦公式可求得的值.【详解】由诱导公式可得，，因此，.故答案为：.14．已知函数，不论为何值，曲线均存在一条固定的切线，则这条切线的方程是_________．【答案】【分析】求出导函数，求出与无关的导数值，可得切点与斜率，从而可得切线方程.【详解】由，得，则，这两个值均与无关，所以不论取何值，曲线均存在一条固定的切线，此时切点为，所以切线方程为，故答案为：15．正方体棱长为3，点满足，动点在正方体表面及内部运动，并且总保持，则的最小值为______.【答案】【分析】根据题意可证平面，即可得动点在平面上运动，才能保持，然后结合图形，即可求得其最小值.【详解】连接因为为正方体，则，平面且平面，则，且，平面，所以平面,且平面，所以;同理可证平面，即得，且，所以平面，所以动点在平面上运动，才能总保持因为点关于的对称点为，连接与直线相交于点，当点在该位置时，由，可得，且所以当三点共线，最小，且最小值为，故答案为:16．1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，为费马点，则的取值范围是______.【答案】【分析】设，进而得到，然后在中通过余弦定理得到，的关系式，在和中，通过正弦定理得到的关系式和的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设，则，在中，由余弦定理有，也即 ①在中，由正弦定理有，在中，由正弦定理有，故，则，由①，      ②，且，所以，设，则，由题意，，所以，所以，而，由对勾函数的性质可知，所以，由②，在上单调递减，所以. 四、解答题17．已知等差数列满足，且.(1)求数列的通项公式：(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）首先根据已知条件列方程求出，再根据等差数列通项公式求即得；（2）由题可得，再利用裂项相消法求和即得.【详解】（1）设等差数列的公差为，∵，则由，得，解得，所以；（2）由题可得，所以.18．如图，在三棱柱中，，.(1)证明：；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）设O为的中点，连接，先证明平面,根据线面垂直的性质及可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】（1）证明：设O为的中点，连接 ,因为，，则为正三角形，故 ,平面,故平面,平面,所以；（2）由（1）可知 ,又，即有，故 ,故以O为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则 ,故 ,设平面的法向量为，则 ，令 ，则，设平面的法向量为，则 ，令 ，则，故 ，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.19．已知函数.（1）已知函数只有一个零点，求的取值范围；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）或；（2）【分析】(1)先求导，再对a分类讨论，研究函数的图像，求得a的取值范围.(2)先转化得到，再构造函数，再利用导数求函数g(x)的最大值得a的取值范围.【详解】（1），定义域为① 若则，在上为增函数因为，有一个零点，所以符合题意；② 若  令，得，此时单调递增，单调递减的极大值为，因为只有一个零点，所以，即，所以综上所述或.（2）因为，使得，所以令，即，因为设，，所以在单调递减，又故函数在单调递增，单调递减，的最大值为，故答案为.【点睛】(1)本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)第2问的解题关键有两点，其一是分离参数转化为，其二是构造函数，再利用导数求函数g(x)的最大值得a的取值范围.20．记为正项数列的前项和，且.(1)证明：；(2)记数列的前项积为，证明：数列是递增数列.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）当时，求得，当时，由，得，两式相减化简可证得结论；（2）由（1）可得当时，，化简后可得，则可得数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以可求出，，令，从而可求出，然后求即可得结论.【详解】（1）证明：当时，，因为，所以，当时，由，得，所以，因为，所以，所以，当时，满足上式，所以；（2）由（1）得，则，当时，，所以，所以，所以，因为，所以，所以数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以，，令，所以，所以，所以，所以数列是递增数列.21．记的内角、、的对边分别为、、，已知．(1)求；(2)记的面积为，求的最大值．【答案】(1)(2)的最大值为 【分析】（1）利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理可得出、的等量关系，再利用正弦定理可求得的值；（2）由三角形的面积公式以及余弦定理可得出，令，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可得出关于的不等式，即可求得的最大值.【详解】（1）解：因为，由平面向量数量积的定义可得，即，整理可得，由正弦定理可得.（2）解：，由余弦定理可得，所以，，令，即，可得，为锐角，且，所以，，解得，此时，当时，取得最大值.故的最大值为.22．已知数列和，且，函数，其中．(1)求函数的单调区间；(2)若数列各项均为正整数，且对任意的都有．求证：（ⅰ）；（ⅱ），其中为自然对数的底数．【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为(2)（ⅰ）、（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导之后，分别令，即可求得单调区间（2）（i）将已知恒成立的不等式化简之后再放缩得到，又为整数，则，即得所证（ii）对所要证明的不等式两边同时取对数，等价转化为，利用（1）的结论可得（），赋值累加之后进一步将问题转化为证明，对通项进行放缩，即可证明【详解】（1）（），令得．因为，所以，当时，；当时，．故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）（i）法一：因为各项均为正整数，即，故．于是，又，所以，由题意为整数，因此只能，即．（i）法二：由题，，因为各项均为正整数，即，故，于是且．由题意为整数，因此只能，即． （ii）法一：由，得，．原不等式．由（1）知时，（），取得．因此只需证：，即证明．记，则．；；当时，．故原不等式成立． （ii）法二：由，得，．原不等式．由（1）知时，（），取得．因此只需证：，即证明．；；当时，，故，即．当时，．故原不等式成立．【点睛】利用导数证明不等式，一般要结合所证不等式，抽象构造出函数，利用导数求出函数的单调性或最值，证明不等式成立，然后把已经证明的不等式替换，或应用得到需要证明的不等式，能力要求较高，属于难题.