2023届辽宁省名校联盟高三上学期12月联合考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省名校联盟高三上学期12月联合考试数学试题含解析，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届辽宁省名校联盟高三上学期12月联合考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.2．命题关于x的不等式的解集为的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求的取值范围，再根据集合的包含关系，求命题的必要不充分条件.【详解】不等式的解集为，则，得，所以命题的必要不充分条件表示的集合需真包含，所以是其必要不充分条件．故选：C3．若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求导，求得其最大值点，再根据在区间上有最大值，由最大值点的横坐标是中的元素求解.【详解】因为函数，所以，当或时，，当时，，所以当时，取得最大值，又，且在区间上有最大值，所以，解得，所以实数的取值范围是故选：D4．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据向量的数量积为正数且两向量不同向即可根据坐标运算求解.【详解】由题意得，，若与的夹角是锐角，则与不共线，且它们数量积为正值，即，且，解得，且，所以实数的取值范围为．故选:A5．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将以坐标原点O为圆心的圆的周长和面积同时平分的函数称为此圆的“优美函数”，则下列函数中一定是“优美函数”的为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意可知优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项即可得出正确选项.【详解】根据优美函数的定义可知，优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，对于A，不是奇函数，A选项错误；对于B，不是奇函数，B选项错误；对于C，的定义域为，且是奇函数，C项正确；对于D，的定义域为，所以图像不经过坐标原点，D选项错误；故选：C．6．若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）A．或 B． C． D．【答案】B【分析】首先判断圆心位置，再设出圆的标准方程，代入点求解圆心，最后利用点到直线的距离求解.【详解】由于圆上的点（4，2）在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆至少与一条坐标轴相交，不符合题意，所以圆心必在第一象限．设圆心的坐标为，，则圆的半径为a，圆的标准方程为．由题意可得，即，解得或，所以圆心坐标为（2，2）或（10，10），且此两点的中点在直线上，故点（2，2），（10，10）到该直线的距离均为，所以圆心到直线的距离为．故选：B7．定义在R上的函数于满足是偶函数，且于，若，则（      ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】根据条件可判断是周期为6的周期函数，进而根据周期以及奇偶性即可求解.【详解】由得，所以，即，所以是周期为6的周期函数，进而，因为是偶函数，所以，又，所以．故选：C8．已知函数，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据导函数求出原函数的单调性，在利用函数的奇偶性与对数函数的单调性即可比较大小.【详解】由题可知的定义域为R，且,则为偶函数，，当时，，在上单调递增，又，，，所以，则，又，所以，故选：A. 二、多选题9．设复数（，且），则下列结论正确的是（    ）A．不可能是实数 B．恒成立C．若，则 D．若，则【答案】ABC【分析】根据复数的运算和复数的类型的概念求解即可.【详解】对于A项，若是实数，则，与已知矛盾，故A项正确；对于B项，由A项知，所以，，故B项正确；对于C项，若，则，因为，所以，故C项正确；对于D项，，则，因为，所以，所以，故D项错误．故选:ABC．10．若曲线（e为自然对数的底数）有两条过坐标原点的切线，则a的取值可以是（    ）A． B． C．0 D．1【答案】AD【分析】设切点为，求导得出斜率，利用点斜式得到切线方程，因为切线过坐标原点，可得到，有两条切线转化为有两个不等的实根，即可求出a的取值范围，进而得到正确选项.【详解】设切点为，，所以切线的斜率，则此曲线在P处的切线方程为，又此切线过坐标原点，所以，由此推出有两个不等的实根，所以，解得或，故选：AD．11．已知x，y是正数，且，则下列结论正确的是（    ）A．xy的最大值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最小值为9【答案】ABD【分析】根据基本不等式，结合配方法以及“1”的妙用，可得答案.【详解】对于A项，因为，当且仅当，即，时取等号，此时xy的最大值为，故A项正确；对于B项，，因为，所以，当且仅当，即，时取等号，即的最小值为，故B项正确；对于C项，，当且仅当，即，时取等号，又x，y都是正数，所以等号不成立，故C项错误；对于D项，，当且仅当，即时取等号，此时的最小值为9，故D项正确．故选：ABD．12．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，G为线段AE上的动点，则（    ）A．B．多面体ABCDEF的体积为C．若G为线段AE的中点，则平面CEFD．点M，N分别为线段AF，AC上的动点，点T在平面BCF内，则的最小值是【答案】ACD【分析】首先将几何体补全成正方体，在正方体中易判断ABC；D.首先利用对称，转化，而的最小值是异面直线AF与CQ之间的距离，即点到平面的距离.【详解】如图，将几何体ABCDEF补全成棱长为2的正方体，在该正方体中，因为，，所以，故A项正确；因为，故B项错误；当G为线段AE的中点时，因为，平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，同理平面CEF，又，平面，所以平面平面CEF，平面， 所以平面CEF，故C项正确；设A关于BC的对称点为Q，N关于BC的对称点为，则在线段CQ上，记d为直线AF与CQ之间的距离，因为,且平面,平面，所以平面，即转化为点C到平面AEF的距离，即IC长度的三分之二， ，则，经检验点M，都分别在线段上，故D项正确．附证：，因为平面，平面，所以，又因为，，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面， 设点到平面的距离为,根据等体积可知，，得,所以点到平面的距离为.故选ACD项． 三、填空题13．在平面直角坐标系xOy中，已知为等腰三角形，，，点B在x轴的正半轴上，则直线AB的方程为__________．【答案】【分析】根据倾斜角与斜率的关系以及点斜式即可求解直线方程.【详解】因为，所以，即，所以直线AB的方程为，即．故答案为：14．将函数的图像和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若点P坐标为，则__________．【答案】18【分析】根据图形的对称性结合向量的加法运算即可求解.【详解】因为，其图像和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，在同一平面直角坐标系中分别作出与直线l的图象，共得9个交点，其中点，根据余弦函数的中心对称性可知是的中点，所以，同理，所以，又，所以，所以．15．已知在正三棱柱中，底面边长为，高为4，点在侧棱上，且与垂直，则三棱锥的外接球表面积为__________．【答案】【分析】先由题设条件判断得为的中点，从而利用线面垂直的判定定理证得外接球的球心在直线上，再由勾股定理得到关于的方程组，解之即可求得所求.【详解】依题意得，设，则，所以，，又，，所以，即，解得，即，，所以为的中点，如图，因为是直角三角形，所以的外心为的中点，记为，设的中点为E，因为分别是的中点，所以，在上取点满足，则，而，所以，则，所以四边形是平行四边形，故，在边长为的等边中，易得，所以，因为平面，平面，所以，易知，且平面，所以平面，又，所以平面，故三棱锥外接球的球心在直线上，易得，，，设，外接球半径为R，则在中，有，即，在中，有，即，所以，解得，即O与F重合，此时，故三棱锥的外接球表面积为．故答案为：..16．已知函数，若恒成立，则实数k的取值范围为__________．【答案】【分析】首先去绝对值，得到分段函数，利用参变分离，转化为求函数的最值，求实数k的取值范围.【详解】由题意得，当时，由恒成立，得．因为在上单调递增，所以，解得；当时，由恒成立，得．因为在上单调递增，所以，解得；当时，由恒成立，得，即，所以．综上，实数k的取值范围是．故答案为： 四、解答题17．已知函数在区间内是增函数．(1)求的取值范围；(2)将函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像与将其向右平移个单位长度后所得到的图像重合．求的值．【答案】(1)(2)2 【分析】（1）确定，根据单调性得到，解得答案.（2）根据三角函数的平移法则得到，结合的范围得到答案.【详解】（1）因为，，则，已知在区间内是增函数，则，解得．（2）由已知可得，即，所以，即，，当且仅当时，，符合．故．18．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分別为a，b，c，且满足．(1)证明：；(2)求角B的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合同角三角函数商式公式，可得答案；（2）利用三角函数内角性质以及三角函数诱导公式，整理角的函数解析式，利用基本不等式，可得答案.【详解】（1）证明：因为，所以，即，所以，由余弦定理知，化简得，又，所以C一定为钝角，A为锐角，故，所以．（2）解：因为，所以，因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值，又B为锐角，所以角B的最大值为．19．已知数列的前n项和为，且，．(1)求证：数列是等比数列；(2)求证：数列是等差数列；(3)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)． 【分析】（1）首先利用，消元后再构造数列的递推形式，证明数列是等比数列；（2）根据（1）的结果可知，再根据等差数列的定义，即可证明；（3）由（2）可得，再利用错位相减法求和.【详解】（1）证明：因为，时，，得 所以当时，，两式作差得，所以，又，所以，即，所以数列是首项为，公比为2的等比数列．（2）证明：由（1）可知，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列．（3）由（2）可知，即，根据题意得，则，所以，两式相减得，即，所以．20．如图，在直角三角形ABC中，直角边，，M为AB的中点，Q为BC的中点，将三角形AMC沿着MC折起，使（为A翻折后所在的点），连接MQ．(1)求证：；(2)求直线MB与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点为，连接，，证明面，即得证；（2）取所在直线为轴，所在直线为轴，过点作面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）取的中点为N，连接，，因为，所以，，所以，所以，又N，Q分别为，BC的中点，所以，，所以．又为等腰三角形，，所以，又，，，平面MNQ，所以平面MNQ，又平面MNQ，所以．（2）因为，，，平面，平面，所以平面，以点Q为坐标原点，取QB所在直线为x轴，QM所在直线为y轴，过点Q作平面MCB的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，所以得取，则，，，又，设直线MB与平面所成角为，则，所以直线MB与平面所成角的正弦值为21．已知在平面直角坐标系中，平面内动点P满足．(1)求点P的轨迹方程；(2)点P轨迹记为曲线，若C，D是曲线与轴的交点，E为直线上的动点，直线CE，DE与曲线的另一个交点分别为M，N，直线MN与x轴交点为Q，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据题意用两点间距离公式求解即可；(2)利用韦达定理求出M，N的坐标，进而求得的直线方程，即可利用基本不等式求出的最小值.【详解】（1）设，则，化简得．（2）由题意得， 设，则直线CE的方程为，直线DE的方程为，联立得，则，即，则，联立得，则，即，,，①当时，直线MN的斜率，则直线MN的方程为，即，，②当时，直线MN垂直于x轴，方程为，也过定点．综上，直线MN恒过定点．又，所以，所以，当且仅当时取等，所以的最小值为.22．设且，函数，．(1)证明：恒成立；(2)若对，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数讨论函数的单调性，并求函数的最小值；即可证明；（2）分，和三种情况讨论，利用导数讨论函数的最值，求的取值范围.【详解】（1）证明：的定义域为，且，当时，，时，，所以在区间（0，1）内单调递减，在区间内单调递增．故的最小值为，因此恒成立．（2）①当时，取，则，即不符合题意；②当时，取，则，即不符合题意；③当时，由，所以，即对恒成立．令，，且，所以对恒成立．设，，则，设，则，由（1）知，所以，同理，由可推出，所以，即在上单调递增，又，所以在（0，1）内单调递减，在内单调递增，故成立．综上a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：第二问是本题的重点和难点，关键是分情况讨论，当和两个区间，合理选择定义域，说明不等式不成立，当时，由分析法入手，通过两边取对数，换元等方法，将不等式变形为，是本题的难点.