2023届广东省佛山市第一中学高三上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2023届广东省佛山市第一中学高三上学期第三次月考数学试题含解析，共20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届广东省佛山市第一中学高三上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则 =（  ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出A所表达的自然数，再根据补集的定义求出 .【详解】由题意A所表达的集合为大于等于3的 自然数，U集合是大于等于2的自然数，所以 ；故选：C.2．下列条件中，是的必要不充分条件的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】求出不等式的取值范围，再利用必要不充分条件即可求解.【详解】由得，必要不充分条件的的范围包含，故选：A．【点睛】本题考查了必要不充分条件，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.3．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据投影向量的定义计算可得结果.【详解】因为向量在向量上的投影为，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据利用二倍角公式计算可得；【详解】解：故选：B5．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用基本不等式及其应用，结合特例，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，实数，且满足，对于A中，由，可得，当且仅当等号成立，所以A错误；对于B中，由，可得，所以，所以，当且仅当等号成立，所以B正确；对于C中，由，当且仅当时，即时，等号成立，又由，所以C错误；对于D中，例如：时，可得，所以D错误.故选：B.6．如图，棱长都相等的平行六面体中，，则二面角的余弦值为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】判断四面体为正四面体，取的中点，连接，，由等腰三角形“三线合一”的性质，易得即为二面角的平面角，再由余弦定理计算可得．【详解】解：棱长都相等的平行六面体中，，则四面体为正四面体．连接、，，连接，，设四面体的棱长为，则，且，，则为二面角的平面角，在中，，故二面角的余弦值为．故选：A．7．在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正弦定理边化角可得，再根据正弦定理将化为，根据恒等变换公式，结合三角函数图像即可求得其范围.【详解】，又为锐角三角形，，，且，即，，即，，．故选:C．8．已知函数，若函数只有两个零点，则实数的取值范围是（   ）A． B． C．  D．【答案】D【分析】先求解为0时的值，可得只有两个零点，再根据分析可得无解，进而求得的取值范围即可.【详解】由题意，即或.因为，易得无解.故只有两个零点.当时，或，解得或有两个零点.故无解. 因为，，故，解得故选：D 二、多选题9．给出下列命题，其中正确的命题是（    ）A．，； B．，； C．，； D．， 【答案】CD【解析】求出、的值域后可得正确的选项.【详解】因为，故A，B错误.因为，故CD正确.故选：CD.【点睛】本题考查二倍角的正弦、辅助角公式，注意利用三角变换公式把三角函数式整合成正弦型函数（或余弦型函数）的形式，从而可利用复合函数的方法来研究它们的性质，本题属于基础题.10．已知数列满足，，记数列的前项和为，则（    ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据递推公式求出、、，即可找到规律得到数列是以为周期的周期数列，即可判断A、B、D，再根据递推公式表示出，即可得到，从而判断C.【详解】解：因为，，所以，故A错误；，，所以数列是以为周期的周期数列，所以，故B错误；因为，，所以，故C正确；，故D正确；故选：CD11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总会有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BC【分析】取中点，连接，，可证明即可判断A；取中点，连接，可证明平面判断B；三棱锥的体积最大， 的投影在棱上时，此时平面，进而可证明平面得判断C；过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解得可判断D.【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.故选：BC12．已知函数，下列命题正确的是（    ）A．若是函数的极值点，则B．若是函数的极值点，则在上的最小值为C．若在上单调递减，则D．若在上恒成立，则【答案】ABC【分析】对于A，由可求出的值，对于B，由选项A，可求得，然后利用导数可求出在上的最小值，对于C，由题意可得，可求出的范围，对于D，将问题转化为在上恒成立，构造函数，再利用导数求出其最大值即可【详解】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，故选：ABC 三、填空题13．当时，幂函数为减函数，则_________．【答案】2【分析】利用幂函数定义即可得到结果.【详解】函数为幂函数，则，解得或，又因为函数在上单调递减，可得，可得，故答案为：214．数列的通项公式为，对于任意自然数，数列都是递增数列，则实数的取值范围为_______．【答案】【分析】根据数列为递增数列，则当时，，结合的取值范围，解不等式即可.【详解】解：因为，当时，，因为是递增数列，所以，即，也即，因为，所以．所以实数的取值范围为．故答案为：.15．在四面体中，已知点E，F分别为棱，中点，且，，若，，则该四面体外接球半径为__________．【答案】【分析】根据四面体的对棱性质，结合长方体面对角线的性质，即可将四面体的外接球问题转化为长方体外接球问题，即可得半径.【详解】解：根据长方体的面对角线特点，由对棱，且对棱中点E，F分别满足，，则可构造长方体使得四面体的顶点与长方体的顶点重合，由长方体的外接球即为四面体的外接球如下图所示：设长方体的长、宽、高分别为则，所以外接球的半径，即四面体的外接球半径为.故答案为：.16．已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】“若，使得”转换为集合交集非空，分别根据导数求，的值域，进一步求出答案.【详解】因为所以当，，所以单调递减，因为，所以， 当，，所以单调递增，因为，使得，所以所以.故答案为：.【点睛】本题考查的是导数综合的问题，涉及到函数单调性以及恒成立的问题，属中档题.本题主要是转换的思想，“若，使得”可以转换为集合交集非空. 四、解答题17．已知函数．(1)若，求函数在区间上的值域；(2)求函数的极值．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的值域.（2）求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，分别得到函数的单调性，从而求出函数的极值.【详解】（1）解：当时，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，，，，所以，即函数在区间上的值域.（2）解：因为，，则，当时，所以在定义域上单调递增，不存在极值；当时令，解得或，又，所以当或时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极大值，，在处取得极小值，，当时令，解得或，又，所以当或时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极大值，，在处取得极小值，，综上可得：当时无极值，当时，，，当时，，．18．已知，．(1)若，的夹角为锐角，求的取值范围；(2)已知的三边长分别为，，，且，若，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示得到不等式，求出不等式的解，还需检验向量共线的情况；（2）根据向量垂直的坐标表示求出，再由余弦定理得到，由面积公式得到，即可表示出结合二次函数的性质计算可得.【详解】（1）解：因为，，且，的夹角为锐角，所以，解得，当，即时，，此时与同向，所以，综上可得.（2）解：因为，且，所以，解得或（舍去），在中由余弦定理，即，所以，因为，所以，所以当即时，即,此时，，，满足，符合题意.19．如图，是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段的中点，，．(1)证明：平面平面.(2)若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而得平面，最后结合判定定理即可证明；（2）根据题意，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：因为圆所在的平面，即平面，而平面，所以．因为是圆的直径，为圆周上一点，所以．又，所以平面，而平面，则，因为，，所以．又，所以，而为线段的中点，所以．又，所以平面，而平面，故平面平面．（2）解：以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，，，．设平面的法向量为，则令，得．由（1）知平面的一个法向量为，设二面角为，易知为锐角，则，即二面角的余弦值为．20．已知四面体中，，，，G为底面的重心，且．(1)求线段的长；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点、的中点，连接、，则与的交点即为的重心，连接、，以、、作为一组基底，表示出，再根据空间向量数量积的定义及运算律计算可得；（2）在上取，使，在上取，使，连接、、，即可得到四面体为正四面体，过作平面，垂足为，连接并延长，交于，根据正三棱锥的性质求出，再求出，最后根据锥体的体积公式计算可得.【详解】（1）取的中点、的中点，连接、，则与的交点即为的重心，连接、，则，，所以，又，，且，所以，，，所以，所以.（2）在上取，使，在上取，使，连接、、，则，即四面体为正四面体，过作平面，垂足为，连接并延长，交于，则，，．．．21．已知等差数列满足，，等比数列满足，．(1)求数列，的通项公式；(2)令，求证：，其中．【答案】(1)，(2)证明见解析. 【分析】（1）利用定义法即可求出等差数列和等比数列的通项公式（2）通过（1）求出的，的通项公式，表达数列，然后利用公式法和放缩法，分类讨论n为奇数或偶数时前n项的和，进而证明不等式.【详解】（1）由题意，,在等差数列中，设解得：∴等比数列中，设，，解得：∴（2）由题意及（1）得，，，，在中，设，当n为奇数时，在中，∵∴∴在中，解得：∴∴当n为偶数时，同理可得，综上，.22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)是否存在a，使得有两个不同的极值点，且恒成立？若存在，求出a的范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)答案见解析；(2)不成立，理由见解析. 【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可；（2）根据（1）的结论，结合构造函数法、二次求导法、配方法进行求解即可.【详解】（1），设的判别式，当时，即当时，，函数在上单调递增；当时，即当时，设方程的两根为：，当时，，当时，单调递减，当时，单调递增；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增；当时，函数在，单调递增，在单调递减；（2）假设存在a，使得有两个不同的极值点，且恒成立，由（1）可知：当时，函数在，单调递增，在单调递减，所以是函数的两个极值，不妨设，且，由恒成立，即恒成立，把代入上述不等式，得，令，则有，设，，，因为，所以，单调递减，，当时，，所以存在，使得，即所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最大值，最大值为，由，，因此，所以不成立，因此不成立，所以假设不成立，所以不存在a，使得有两个不同的极值点，且恒成立.【点睛】关键点睛：构造新函数，利用二次求导数、分类讨论思想是解题的关键.