江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中复习数学试题（解析版）

这是一份江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中复习数学试题（解析版），共24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。
江苏省南通市通州区2022-2023学年高三（上）期中复习数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 设，则 （　　）A.  B. 10 C.  D. 100【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简为的形式，然后求得的表达式，进而求得.【详解】，，.故选B.【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数的平方和模的运算，属于基础题.2. 如图所示，侧棱长为1的正四棱锥，若底面周长为4，则这个棱锥的侧面积为(　　)A 5 B. C.  D. ＋1【答案】B【解析】【分析】由正四棱锥的侧棱长为1，底面周长为4，知这个棱锥侧面积是四个边长为1的等边三角形的面积之和．【详解】：∵正四棱锥的侧棱长为1，底面周长为4，
∴这个棱锥侧面积是四个边长为1的等边三角形的面积之和，
∴这个棱锥侧面积 ．
故选B．【点睛】本题考查棱锥的侧面积的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意熟练掌握棱锥的结构特征．3. 函数的图像为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，函数为奇函数，A选项错误；又当时，，C选项错误；当时，函数单调递增，故B选项错误；故选：D.4. 设，，，则有（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简，利用倍角公式化简，利用正弦函数的单调性比较大小.【详解】，，.因为函数在上是增函数，所以.故选：C.5. 集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解出集合，根据交集的运算求解即可.【详解】或，则.故选：C.6. “”是“不等式组所表示的平面区域的面积等于”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】作出可行域，根据可行域的面积为求出实数的值，再利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：易知直线过定点，联立，可得，即点，要使得可行域存在，则点的坐标满足不等式，则，合乎题意，设可行域为，点到直线的距离为，，可得，结合图形可知点，所以，直线过点，所以，，解得.因此，“”是“不等式组所表示的平面区域的面积等于”的充分不必要条件.故选：A.7. 渔民出海打鱼，为了保证获得的鱼新鲜，鱼被打上岸后，要在最短的时间内将其分拣、冷藏，若不及时处理，打上来的鱼很快地失去新鲜度（以鱼肉内的三甲胺量的多少来确定鱼的新鲜度.三甲胺是一种挥发性碱性氨，是氨的衍生物，它是由细菌分解产生的.三甲胺量积聚就表明鱼的新鲜度下降，鱼体开始变质进而腐败）.已知某种鱼失去的新鲜度与其出海后时间（分）满足的函数关系式为.若出海后10分钟，这种鱼失去的新鲜度为10%，出海后20分钟，这种鱼失去的新鲜度为20%，那么若不及时处理，打上来的这种鱼在多长时间后开始失去全部新鲜度（已知，结果取整数）（    ）A. 33分钟 B. 43分钟 C. 50分钟 D. 56分钟【答案】B【解析】【分析】将和代入函数的解析式，解方程组求得的值，进而求得的解析式，令，解方程可求得对应的时间.【详解】依题设有解得，，故.令，得，故(分钟).故选B.【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数解析式，考查指数和对数运算，属于中档题.8. 已知函数的导函数图像如图所示，若 为锐角三角形，则一定成立的是A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：由题意得，当时，，即函数在区间上是单调递增函数，因为为锐角三角形，所以，即，且，又因为在区间是单调递增函数，所以，所以，故选D.考点：函数单调性的应用.【方法点晴】本题主要考查了函数单调性的应用及三角函数的性质和函数值的大小比较，根据函数的单调性以及三角函数的性质确定函数值的大小关系是解答本题的关键，属于中档试题，着重考查了转化与化归思想的应用，本题的解答中根据导数得到函数为单调递增函数，再利用锐角三角形得到角的关系，利用三角函数的单调性确定函数值的大小关系，即可作出比较.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9. 已知点，，若圆上存在点满足，则整数的取值可以是（    ）A.  B. 0 C. 2 D. 5【答案】ABC【解析】【分析】由数量积求出M的轨迹为圆，由题意可得M的轨迹与所给圆有公共点，再由圆心距与半径的关系列不等式求解a的范围．【详解】解：设，则，
由，得，即，
∴M的轨迹是以原点为圆心，以3为半径的圆，
若圆上存在点M满足，
则圆O：和圆有公共点，
，
解得：−5≤a≤−2或−1≤a≤2，
结合选项可得，实数a可以是−3，0，2．
故选：ABC．10. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB平面MNP的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据直线与平面平行的判定定理：“如果平面外一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线平行于此平面，即线线平行，则线面平行.”以及面面平行的性质，分别判断即可.【详解】对于选项A，由图可知，，故根据面面平行的判定定理可知，平面平面，又因平面，所以直线AB平面MNP，故A正确；对于选项B，根据题意易得，结合直线与平面平行的判定定理，可知直线AB平面MNP，故B正确；对于选项C，由题意可知，平面内不存在任意一条直线于直线平行，故直线与平面不平行，因此C错；对于选项D，由图可知，，故根据面面平行的判定定理可知，平面平面，又因平面，所以直线AB平面MNP，故D正确.故选：ABD.11. 已知数列，均为公差大于零的等差数列，则下列说法正确的有（    ）A. 数列}是递增数列 B. 数列{}是递增数列C. 数列是等差数列 D. 数列不可能是等差数列【答案】ACD【解析】【分析】由题可设，，利用等差数列的定义可判断ACD，利用特例可判断B.【详解】∵数列，均为公差大于零的等差数列，∴可设，，其中为常数，∴，∴，∴数列是等差数列，且为递增数列，故AC正确；设，则，数列{}不是递增数列，故B错误；设，，其中为常数，则，∴，由题可知，故不可能为常数，故数列不可能是等差数列，故D正确.故选：ACD.12. 已知函数满足，.则当时，下列说法中正确的是（    ）A.  B. 只有一个零点C. 有两个零点 D. 有一个极大值【答案】BD【解析】【分析】令，则，于是，，根据，解出的值.然后利用导数研究函数的单调性，即可推得结论.【详解】令，则，所以，，所以，.又，则，解得.所以，.则，，且，A项错误.当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减.所以，在处有极大值为，且只有一个极值点，D正确.且时，有恒成立.又，所以只有一个零点，B项正确，C项错误.故选：BD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 在等差数列中，，则______．【答案】6【解析】【分析】由等差数列的性质求解即可【详解】在等差数列中，，所以，即，所以，故答案为：614. 曲线在点处的切线方程为__．【答案】【解析】【分析】对函数求导后，代入切点的横坐标得到切线斜率，然后根据直线方程的点斜式，即可写出切线方程.【详解】因为，所以，从而切线的斜率，所以切线方程为，即.故答案为：【点睛】本题主要考查过曲线上一点的切线方程的求法，属基础题.15. 已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是、、，则的单调递减区间是______．【答案】【解析】【分析】分析可知函数函数的最小正周期为，求出的值，根据结合的取值范围可求得的值，化简函数的解析式，利用余弦型函数的单调性可求得函数的单调递减区间.【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，，所以，，因为，即，所以，，即，即，，又因为，，则，所以，，解得，所以，，由，解得，所以，函数的单调递减区间为.故答案为：.16. 已知抛物线：，圆：，在抛物线上任取一点，向圆作两条切线和，切点分别为，，则的取值范围是______ ．【答案】【解析】【分析】设点，由已知关系，可用点坐标表示出.在，有，进而可推出，根据的范围，即可得到结果.【详解】由已知，，.如图，设点，则，，在中，有，易知，则，则，因为，，所以当时，取得最大值，又，所以，.所以，的取值范围是.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知数列，，，其中．（1）设，证明：数列是等差数列，并求的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求证：；（3）设为非零整数，，试确定的值，使得对任意，都有成立．【答案】（1）证明见解析，；    （2）见解析；    （3）.【解析】【分析】(1)由，可得，即有，从而得数列是等差数列，再由等差数列定义求通项公式即可；(2)利用错位相减求得，即可得证；(3)由可得对任意成立，分为奇数、偶数求出的范围，再结合为非零整数，即可得的值.【小问1详解】证明：因为，所以，即，所以数列是等差数列，首项为，公差，所以；【小问2详解】解：因，所以①,所以②,由①-②可得     ==所以，又因为，所以；【小问3详解】解：因为，所以，又因为对任意成立，即对任意成立，整理得对任意成立， 即对任意成立，对任意成立，对任意成立，所以对任意成立，当为奇数时，，所以，当为偶数时，，所以，所以，又因为为非零整数，所以.18. 的外接圆半径为，角、、的对边分别为、、.向量，满足．（1）求的取值范围；（2）若实数满足，试确定的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用平面向量共线的坐标表示可得出，进一步得出且，利用三角恒等变换结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围；（2）分析可得，令，求出函数在的值域，进而可求得的取值范围.【小问1详解】解：因为，则，因为的外接圆半径为，则，所以，，，且，则，所以，.【小问2详解】解：因为，由题意可得，设，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，所以，，因此，.19. 已知递增等差数列中的、是函数的两个极值点．数列满足，点在直线上，其中是数列的前项和．（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的两个极值点，可得出、的值，可求得等差数列的公差，进而可求得数列的通项公式；分析可得，令求出的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得.【小问1详解】解：因为，则，由可得；由可得或.所以，函数的增区间为、，减区间为，所以，函数的极大值点为，极小值点为，由题意可知，，，，所以，等差数列的公差为，.由题意可得对任意的恒成立.当时，，可得；当时，由可得，上述两个等式作差可得，，所以，数列是公比和首项均为的等比数列，故.【小问2详解】解：，所以，，，上述两个等式作差可得，化简可得.20. 已知过定点的直线交曲线于A，B两点．（1）若直线的倾斜角为，求；（2）若线段的中点为，求点的轨迹方程．【答案】（1）    （2），其中【解析】【分析】对于（1），得l方程为：，与双曲线联立后可求出A，B坐标，即可求得.对于（2），先利用点差法可求得轨迹方程.后利用韦达定理可求得曲线上点坐标的范围.【小问1详解】由题得l方程为：，将其与联立有，消去y得：，解得或.则令A，B，则=.【小问2详解】由题，直线存在，故设l方程为：.将其与联立有：，消去y得：因l与双曲线有两个交点，则，得且.设.又设M坐标为，则.因A，B在双曲线上，则有.又M，在直线l上，则.故由韦达定理有，，.则M坐标为.又，且，则或.综上点的轨迹方程为：，其中.【点睛】易错点点睛：本题涉及求双曲线的弦长，及双曲线中的轨迹方程.需注意以下两点:（1）将直线与双曲线联立时，若直线与双曲线有两个交点，联立方程的二次项系数不能为0.（2）求轨迹方程时，要注意根据题意求出曲线上点坐标的范围.21. 已知梯形中，，，，，分别是，上的点，，，是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．（1）当时①求证：；②求二面角的余弦值；（2）三棱锥的体积是否可能等于几何体体积的一半？并说明理由．【答案】（1）① 证明见解析；②；    （2）棱锥的体积不可能等于几何体体积的一半．【解析】【分析】（1）①：过点作的垂线交于，连接，证明平面，由此能证明；②以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（2）表示出两几何体的体积，从而棱锥的体积不可能等于几何体体积的一半．【小问1详解】证明：过点作的垂线交于，连接．如图．　且，，．四边形是正方形，四边形是正方形.所以（正方形对角线互相垂直）.因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以平面，又因为平面，所以.又平面，所以平面，又平面，所以.②解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，0，，，3，，，2，，，4，，，3，，，2，，设平面的法向量，，，则，取，得，2，，又平面的法向量，0，，．钝二面角的余弦值为．【小问2详解】解：，平面平面，平面平面，平面．平面．结合平面，得，四边形是矩形，得，故以、、、为顶点的三棱锥的高，又．三棱锥的体积为，，令，解得或，不合题意；棱锥的体积不可能等于几何体体积的一半．22. 已知函数（1）若函数的图像在处的切线方程是，求a，b的值；（2）若函数在R上是单增函数，求实数a的取值范围；（3）如果恰有两个不同的极值点，证明：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解，由题意可得，可求出，由可求出的值；（2）由函数在R上是单增函数，可得恒成立，即恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可；（3）由是函数的两个不同极值点(不妨设)，当时可判断出函数不存在两个极值点，所以，则，两式相减可得，所以要证明，即证明，两边同除以，即证，即证，即证，令，则，然后构造函数利用导数证明即可【详解】（1）∵，∴.于是由题知，解得.∴，∴，于是，解得.即.（2）由题意即恒成立，∴恒成立.设，则.x00减函数极小值增函数∴，∴.（3）由已知.∴.∵是函数两个不同极值点(不妨设)，若时，，即是R上的增函数，至多有一个极值点与已知矛盾∴，且，.∴.两式相减得：，于是要证明，即证明，两边同除以，即证，即证，即证，令.即证不等式，当时恒成立.设，∴.∵由（2）知，即，∴.∴，得证∴.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式问题，解题的关键是由，得，所以将不等式转化为，化简变形后得，令.即证不等式，当时恒成立，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题