2023届安徽省亳州市蒙城第一中学东校区高三上学期第四次月考数学试题含解析

这是一份2023届安徽省亳州市蒙城第一中学东校区高三上学期第四次月考数学试题含解析，共19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届安徽省亳州市蒙城第一中学东校区高三上学期第四次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式及对数不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义求解作答.【详解】，，，所以．故选：C2．设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，若是虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，进而求出.【详解】因为复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，所以，所以.故选：A3．已知，，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C．－ D．【答案】C【分析】向量在向量上的投影向量等于与向量同向的单位向量和向量在向量上的投影(实数)的向量的数乘积，根据已知条件计算即得.【详解】向量在向量上的投影向量为,故选：C4．在中，点为线段上任一点（不含端点），若，则的最小值为（    ）A．12 B．6 C．8 D．9【答案】A【分析】由题意得，且，再利用基本不等式“1”的妙用求解即可.【详解】因为，且点在线段上（不含端点），所以，且，则，当且仅当且，即时，等号成立，所以，即的最小值为12.故选：A.5．已知三棱锥中，两两垂直，且，，，则点P到平面的距离为A． B． C． D．【答案】D【解析】以为原点，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，表示出相应向量，从而得到平面的法向量，利用空间向量表示出点到平面的距离，得到答案.【详解】因为三棱锥中，,,两两垂直，所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以，，，，所以，，，设平面的法向量，则，即，取，得，所以点到平面的距离为：故选：D.【点睛】本题考查利用空间向量求点到平面的距离，属于简单题.6．已知锐角满足，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】根据已知条件，利用二倍角公式转化为关于的三角函数的方程，化简，然后利用同角三角函数关系求得的值.【详解】∵，∴，即，又∵为锐角，∴，∴，即，∴.故选：A7．已知定义在上的偶函数满足，若，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性得出解集．【详解】是偶函数，，则，即是奇函数，由，可得，构造，则单调递增；，，即的周期为，则，即；不等式可化简为，即，由单调性可得，解得故选：A8．拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反映了函数在闭区间上的整体平均变化率与区间某点的局部变化率的关系，其具体内容如下：若在上满足以下条件：①在上图象连续，②在内导数存在，则在内至少存在一点，使得（为的导函数）．则函数在上这样的点的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】用已知定义得到存在点，，使得，转化为研究函数数和图象的交点个数，作出函数图象即可得到答案．【详解】函数，则，由题意可知，存在点，，使得，即，所以，，，作出函数和的图象，如图所示，由图象可知，函数和的图象只有一个交点，所以，，只有一个解，即函数在，上点的个数为1个．故选：A 二、多选题9．已知直线，，下列命题中正确的有（    ）A．当时，与重合 B．若，则C．过定点 D．一定不与坐标轴平行【答案】AC【分析】当时，分别求出两直线方程，可判断选项A；由两直线平行的公式计算得出，可判断选项B；将代入直线方程，可判断选项C；当时，直线与x轴平行，判断出选项D．【详解】当时，直线，直线，即两直线重合，故A正确；当时，有且，解得，故B错误；因为，所以直线过定点，故C正确；当时，直线与x轴平行，故D错误；故选：AC．10．首项为正数，公差不为的等差数列，其前项和为.现有下列个命题，其中是真命题的有（    ）A．若，则B．若，则使的最大的为C．若，，则中最大D．若，则【答案】BC【分析】根据等差数列的性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A,若，则，那么.故A不正确；对于B,中若，则，又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为，所以使的最大的为15.故B正确；对于C,中若，，则，，则中最大.故C正确；对于D，中若，则，而，不能判断正负情况.故D不正确.故选：BC11．已知函数，部分图象如图所示，下列说法不正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象D．若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是【答案】ABC【分析】根据函数的部分图象求出函数解析式，然后根据正弦函数的性质一一判断．【详解】解:由函数的图象可得，由，求得．再根据五点法作图可得，又，求得，∴函数，当时，，不是最值，故A不成立；当时，，不等于零，故B不成立；将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；当时，，∵，，故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立．故选:ABC.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解答的关键是由函数的部分图象求出函数解析式，属于基础题．12．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．存在点P，M，使得平面与平面平行B．存在点P，M，使得二面角大小为C．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为D．当M为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为【答案】ACD【分析】当M为中点，P为中点时，即可判断A选项；由二面角的平面角为即可判断B选项；取中点E，先求出点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，即可判断C选项；先求出四棱锥外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断D选项.【详解】对于A选项，当M为中点，P为中点时，易得，又平面，平面，则平面，同理可得平面，又，则平面与平面平行，故A正确；对于B选项，因为平面，平面，则，又，可知二面角的平面角为，显然其范围为，故B错误；对于C选项，取中点E，连接，则平面，则，则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交､于､，则，则，劣弧的长为.故C正确；对于D选项，当M为中点时，易知为等腰直角三角形，，又平面，则，又平面，，则平面，则，又，可知四棱锥外接球的球心即为的中点，所以四棱锥外接球的半径为，设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为，正方体的体对角线为外接球的直径，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以D正确.故选：ACD. 三、填空题13．已知，若，则_____.【答案】##【分析】令，解出，代入求即可．【详解】令，解得，则故答案为：14．已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则a=___________.【答案】1或【分析】切点为，求出导函数，由导数几何意义得切线斜率，由两点坐标得切线斜率，两斜率相等，得关于的方程，整理后为二次方程，方程只有有两个相等的实根，即，由此得参数值．【详解】过作切线，设切点为，，，所以，整理为，由题意此方程有两个相等的实数根，所以，或．故答案为：1或．15．已知数列满足，则数列的前32项之和为__________.【答案】528【解析】分为奇数和偶数两种情况，发现数列的特点，再分组求和.【详解】当为奇数时，，，两式相减得，当为偶数时，，，两式相加得 ，所以 .故答案为：528【点睛】本题考查递推数列，数列求和，重点考查转化与变形，分组求和，属于中档题型.16．已知圆：，圆：，、分别是圆，上动点是轴上动点，则的最大值是_________.【答案】##【分析】由两圆方程写出圆心、半径，进而判断两圆的位置关系，再根据圆的性质将转化为两圆上动点的距离最大问题，即可得答案.【详解】由题设，且半径，且半径，所以，即圆包含圆，又、分别是圆，上动点是轴上动点，要使的最大，共线且在的两侧，所以.故答案为： 四、解答题17．已知点和点.(1)求线段的垂直平分线的方程；(2)若圆经过，两点，且圆心在轴上，求圆的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据中点坐标公式和直线垂直关系求解即可；（2）根据题意，线段的垂直平分线经过圆心，进而得圆心为，再求半径即可得答案.【详解】（1）解：因为点，点，所以线段的中点为，，所以，线段的垂直平分线的斜率为，所以，线段的垂直平分线的方程为，即.（2）解：由（1）知线段的垂直平分线的方程为.因为圆经过，两点，所以，线段的垂直平分线经过圆心，因为圆的圆心在轴上，所以，方程中，令得，即圆心为，所以圆的半径为，所以，圆的方程为18．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．(1)求角的大小；(2)边上的中线，求的面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．【详解】（1）若选①在中，因为，故由可得由正弦定理得，即．则，又，故．选②，，∴，∴，∴．选③由及正弦定理．．又，所以．即，因为，，所以．又，得．综上所述：选择①②③，都有．（2）．又（当且仅当时取等）的面积的最大值为19．已知数列的前项和为．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）变型可得，从而可得为等差数列，进而求得，根据与的关系可得；（2）根据错位相减法即可求解.【详解】（1）因为，则有，两边同时除以得：，，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，则，当时，，符合，故.（2），①②①②得：即，得.20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】1．取中点，连接，由已知可得是平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可；2．取中点，连接，交于点，连接，由已知可得平面，进而证明出平面，以及是二面角的平面角，在三角形中计算可得答案．【详解】（1）取中点，连接，如图，因为是中点，则且，又，，所以且，所以是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；（2）取中点，连接，交于点，连接，由已知，，，得是正方形，，，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，又，，所以，，，所以平面与平面夹角的正弦值为．21．已知圆和定点，动点在圆上．(1)过点作圆的切线，求切线方程；(2)若满足，求证：直线过定点．【答案】(1)或(2)证明见解析 【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解即可；（2）分类讨论直线斜率存在与否的情况，联立直线与圆的方程，直接求得或由韦达定理化简，从而证得直线过定点.【详解】（1）因为圆，所以圆心，半径，当直线斜率不存在时，直线为，易得圆心与的距离为，则直线与相离，不满足题意；当直线斜率存在时，设切线方程为，即，则，解得或，所以切线方程为或，即或.（2）若直线斜率不存在，由对称性得，又，所以，故直线为，联立，解得或（舍去），故，则，直线方程为，若直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去，得，所以，，，而，化简得，解得或，当时，直线为，显然过点，不符合题意，舍去，故，直线为，显然过定点，而直线也过，综上：直线过定点.22．已知函数.(1)若的最大值为，求；(2)若存在，使得函数有3个零点，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，确定最值，即可求得答案；（2）设，求出其导数，分类讨论a的取值范围，说明当时不合题意，当 时，构造函数，利用导数说明函数的单调性，数形结合，说明存在，使得函数有3个零点，进而求得参数范围.【详解】（1）由题意 的定义域为 ，当 时， ，在 上单调递增；当 时， ，在 上单调递减，故的最大值为 ，故，解得；（2）设，则 ，设 ，则，若，则 ，方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意．若，则在上单调递减，取时，，而，故不妨设，则当 时，，递增，当 时，，递减，此时方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意；若 ，令 ，解得 ，当 时，，递增 ，当时，，递减，由，解得，当时，因为 ，所以存在唯一实数 使得 ，令，当时，，递增，当时，，递减，故，即 ，则 ，所以存在唯一的 使得，此时，当 时， ，， 在区间上单调递减，当时， ，，在区间上单调递增，当 时，，，在区间上单调递减，且当 时， ，当时，，由数形结合可知，此时的图象和直线可以有3个交点，即当时，存在，使得有3个零点，故a的取值范围是 ．【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值问题以及根据函数的零点个数求解参数范围问题，综合性强，计算量大，解答时要明确导数与函数的单调性以及最值之间的关系，解答的关键在于根据函数零点个数求解参数范围时，要能综合利用导数的知识，构造函数，分类讨论，判断函数的单调性，数形结合，确定参数范围.