河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试数学（理）试题及答案

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河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（    ）A．172 B．183 C．191 D．2113．已知，则（    ）．A． B． C． D．4．已知平面向量，满足，，，则在上的投影为（    ）A． B．1 C．2 D．5．若函数在区间内单调递增，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．6．如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．7．已知函数，若，其中，则的最小值为（    ）A． B． C． D．8．在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，过点的直线与动点的轨迹交于，两点，记点的轨迹的对称中心为，则当面积取最大值时，直线的方程是（    ）A． B．C． D．9．已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则下列选项不正确的是（    ）A．B．若，则M到x轴的距离为3C．若，则D．的最小值为410．已知双曲线的左，右顶点分别是，，圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线交的右支于点，若△是等腰三角形，且的内角平分线与轴平行，则的离心率为（    ）A．2 B． C． D．11．已知是函数的图象与函数的图象交点的横坐标，则（    ）A． B． C． D．212．已知函数，若关于x的方程有6个不同的实数根，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．_____14．在三棱锥P－ABC中，，AC⊥平面PAB，则三棱锥P－ABC的外接球O的体积为______．15．已知函数，当时函数能取得最小值，当时函数能取得最大值，且在区间上单调，则当取最大值时的值为__________.16．已知函数，若存在，使得成立，则下列命题正确的有___________．①当时，     ②当时，③当时，     ④当时，的最小值为 三、解答题17．已知数列的前项和为，且，递增的等比数列满足：.(1)求数列的通项公式；(2)设的前项和分别为，求.18．在中，内角，，的对边分别为，，，满足．(1)求；(2)若的面积为，，求的周长．19．春运是中国在农历春节前后发生的一种大规模全国性交通运输高峰期、高交通运输压力现象.已知某火车站候车厅，候车人数与时间t相关，时间t（单位：小时）满足，.经测算，当时，候车人数为候车厅满厅状态，满厅人数5160人，当时，候车人数会减少，减少人数与成正比，且时间为6点时，候车人数为3960人，记候车厅候车人数为.(1)求的表达式，并求当天中午12点时，候车厅候车人数；(2)若为了照顾群众的安全，每时需要提供的免费矿泉水瓶数为，则一天中哪个时间需要提供的矿泉水瓶数最少?20．如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，二面角S-AB-D为直二面角，∠SAB=∠SBA，点M为线段AD的中点.(1)证明：SD⊥MC；(2)若SA=AB，点N是线段BD上靠近点B的三等分点，求直线SA与平面SMN所成角的正弦值.21．已知椭圆的离心率为，点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.22．已知函数，其中且．(1)讨论函数的单调性；(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：1．D【分析】首先化简集合，然后根据交集运算即可求得结果.【详解】解可得，所以.所以.故选：D.2．C【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，，令，则数列：1，2，3，4，5，6，，则数列为等差数列，首项，公差，，则则故选：C3．C【分析】由条件根据二倍角余弦公式可求，再结合诱导公式求.【详解】因为，所以，即，所以．故选：C．4．B【分析】根据模的运算性质求出，再由向量投影的公式求解即可.【详解】，，解得，所以在上的投影为，故选：B5．B【分析】根据内函数为减函数，根据其单调性知外函数也为减函数，则，再结合对数的真数大于0，则得到，解出即可.【详解】为减函数，又在区间内为增函数，则，且当时，恒成立，所以，解得，则，故选：B.6．A【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形三边关系，由余弦定理即可求解.【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：A7．A【分析】根据得到，即，然后分和两种情况，利用基本不等式求最小值即可.【详解】因为，由上面结论可得，所以，其中，则.当时，当且仅当，，时等号成立；当时，，当且仅当，时等号成立；因为，所以的最小值为.故选：A.8．A【分析】由，设，可得的轨迹方程为，设点到的距离为，则，由几何关系求出，结合基本不等式求得，由点到直线距离公式可求直线的方程.【详解】设，由得，化简得的轨迹方程为，所以点，设点到的距离为，则，所以的面积，等号成立时，即面积最大时，点到直线的距离为，故直线不垂直于轴，设直线方程为，即，则，解得，所以直线方程为．故选：A9．C【分析】根据抛物线的定义，结合平面向量共线性质、两点间线段最短逐一判断即可.【详解】设点，．该抛物线的准线为，因为，所以的最小值为，所以，故A正确．若，则，所以M到x轴的距离为，故B正确．由向量共线可得AB过F点，设AB的方程为，与联立可得，则．由，，得，所以或（舍去），所以，故C错误．过点A作抛物线的准线l：的垂线，垂足为点E，由抛物线的定义可得，所以，当且仅当P，A，E三点共线，即当时，取得最小值，故D正确．故选：C【点睛】关键点睛：利用抛物线的定义是解题的关键.10．B【分析】由题设可得，，，应用两点距离公式求，，再由已知条件知，应用二倍角正切公式求得，结合构造齐次方程，即可求离心率.【详解】联立且在第一象限，可得，而，，所以，，由题设，，故△是等腰直角三角形，所以，而的内角平分线与轴平行，所以，又，可得，则，可得，所以.故选：B11．A【分析】根据题意整理可得，构建新函数，则转化为，求导，利用导数判断的单调性，结合单调性分析可得，运算整理即可.【详解】由题意可知实数满足，整理得，设，则，可得：，∵在上恒成立，则在上单调递减，∴，则，即，故.故选：A.【点睛】方法点睛：与和相关的常见同构模型：（1），构造函数（或，构造函数）；（2），构造函数（或，构造函数）；（3），构造函数（或，构造函数）.12．A【分析】画出的图象，令，则先讨论的零点，根据二次函数判别式与韦达定理，结合的图象可得的较小根的范围，进而根据与较小根的关系式结合函数的单调性求解即可.【详解】画出的图象如图，令，则先讨论的零点.当，即时，不合题意；当，即时，易得或，此时当或时均不满足有6个零点，不合题意；故，或，设的两根为，不妨设，由韦达定理，且.①当时，与均无零点，不合题意；②当时：1. 若，则，此时有4个零点，有2个零点，合题意；2. 若，此时有3个零点，则有且仅有3个零点，此时，故；综上可得或.又，故，结合在上为减函数可得在，上为增函数.故故选：A【点睛】本题主要考查了数形结合解决复合函数零点的问题，需要换元先分析二次函数的零点情况，数形结合判断零点所在的区间，进而得出零点所在的区间，并结合二次函数的性质与韦达定理求解.属于难题.13．【分析】根据积分运算法则求，前者利用公式求解，后者所表示的几何意义是以为圆心，2为半径第一象限内圆弧与坐标轴围成的面积，求出圆的面积乘以四分之一，两者结果做和即可得解．【详解】解：，由表示以为圆心，2为半径的圆面积的，∴，，∴，故答案为．【点睛】本题主要考查了定积分，定积分运算是求导的逆运算，解题的关键是求原函数，也可利用几何意义进行求解，属于基础题．14．##．【分析】如图所示，设底面的中心为, 连接,取的中点，连接.求出底面三角形外接圆的半径和球的半径即得解.【详解】解：如图所示，设底面的中心为, 连接,取的中点，连接.由正弦定理得.因为因为AC⊥平面PAB，平面PAB，所以,所以四边形是矩形，所以.所以球的半径为.所以外接球O的体积为.故答案为：15．【分析】由题意，函数取最大值与最小值对应自变量之间的距离，可得周期的取值，进而表示出，根据余弦函数在区间上的单调性，表示出的取值范围，由大到小，逐个进行检验，可得答案.【详解】因为当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值，所以可得，即，解得，即为正偶数，在上单调，，即，解得，当时，，且当时，，由，可得，此时由，即，则在不单调，不满足题意；当时，，且当时，，由，解得，此时由，即，则在单调，满足题意；故的最大值为，此时的值为.故答案为：.16．①③④【分析】根据可求得在上单调递增，在上单调递减，则可画出的图像；利用同构可知等价于，结合图像则可判断① ②③；当时，可得，，构造函数可判断④．【详解】解：①，令得，在上递增，且值域；令得，在上递减，且值域；作图如下：当时，由知：若，使得，则，当时，若，使得，则，由得：，令得，在上递增，且值域；令得，在上递减，且值域；作出图象如下：当时，由知：若使得，则，当时， 若使得，则，∴当时，．故①正确．②当时，由得：，即，∴可看成的两零点，作出的图象如下：由图象易知：或均可趋向于，故②错误；③当时，由①的讨论知：，，．故③正确；④当时，此时，由②知：，，则，∴要求的最小值即求的最小值即可，令，则，令，解得：，易知为极小值点，故的最小值为．故④正确．故答案为：①③④．【点睛】关键点点睛：同构找到，通过与的图象及性质判断求解，在处理④时，要注意消元思想的运用．17．(1)，(2)， 【分析】（1）根据，求出，再利用等比数列的性质结合韦达定理求出，得到公比，写出通项公式；（2）证明出为等差数列，从而利用等差数列求和公式和等比数列求和公式进行求解.【详解】（1）当时，，当时，，又，满足上式故的通项公式为，设等比数列的公比为，因为，所以可看作方程的两根，解得：或，因为等比数列单调递增，所以舍去，故，解得：，故的通项公式为；（2）因为，所以，故为等差数列，由等差数列求和公式得：，由等比数列求和公式得：.18．(1)(2) 【分析】（1）直接利用正弦定理和三角函数关系式的变换求出结果；（2）利用余弦定理和三角形的面积公式应用求出结果．【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，所以，因为，所以，由于，所以．（2）由于，所以，解得．在中，由余弦定理可得：，整理得，所以，所以．故三角形的周长为．19．(1)，候车厅候车人数为4200人(2)时，需要提供的矿泉水瓶数最少 【分析】（1）根据题意，设出函数解析式，代入，可得解析式，代入，可得答案；（2）根据题意，写出函数解析式，由基本不等式和反比例函数的单调性，比较大小，可得答案.【详解】（1）当时，设，，则，.，故当天中午12点时，候车厅候车人数为4200人.（2），①当时，，当且仅当时等号成立；②当时，；又，所以时，需要提供的矿泉水瓶数最少.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取AB的中点，先利用等腰三角形的性质及三角形全等等知识证明线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明平面SOD，最后利用线面垂直的性质证明线线垂直；（2）先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后设AB=2，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.【详解】（1）取AB的中点O，连接SO，DO，因为，所以，所以.又二面角为直二面角，所以平面ABCD，且平面ABCD, 所以.在正方形ABCD中，O，M分别为AB，AD的中点，所以，所以，又，所以，所以.因为，平面SOD，平面SOD，所以平面SOD， 又平面SOD，所以.（2）取CD的中点，连接OG，由（1）可知OB，OS，OG两两垂直.以为坐标原点，OB，OS，OG所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2，则，，，，，，，，则，.设平面SMN的法向量为，由题意得，令，得. 设直线SA与平面SMN所成的角为，则，故直线SA与平面SMN所成角的正弦值为.21．(1)(2)是定值，理由见解析 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及点左､右顶点可以构成等腰直角三角形，即可求得的值，从而得椭圆的标准方程；（2）根据直线与椭圆相交，联立直线与椭圆得交点，的坐标关系，利用直线，的斜率之积等于，可得，分别求与原点到的距离，求的面积，即可判断其是否为定值.【详解】（1）解：椭圆离心率为，即，点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形，，，，故椭圆的方程为.（2）解：由直线与椭圆交于，两点，设，，则联立得，，则，.，.原点到的距离，为定值.22．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）先求定义域，再求导，分与两种情况，求解函数的单调性；（2）先进行必要性探究，得到，再进行充分性证明，令，求导后得到其最小值为，故只需证明在上恒成立，构造，求导后得到单调性，求出，即，再结合，证明出结论.【详解】（1）定义域为，，当时，，故恒成立，此时在上单调递减，当时，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解：由题意得在上恒成立，即，令，故，接下来进行充分性证明：令，则，令，解得：，故当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，故只需证明恒成立，当时，令，故，即函数在上单调递减，故，即，故，而由可知，故恒成立，所以，实数的取值范围是【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.