郑州外国语学校2022-2023学年高三数学（文）上学期二调试卷（Word版附解析）

这是一份郑州外国语学校2022-2023学年高三数学（文）上学期二调试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
郑州外国语学校2022-2023学年上期高三二调试卷数学（文科）（120分钟 150分）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 已知集合，，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求集合A，根据对数函数的定义域和单调性求集合B，再根据集合的交集运算求解.【详解】由题意得，，故．故选：C.2. 已知，其中为虚数单位，则（）A. 16 B. 17 C. 26 D. 28【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算结合共轭复数、复数相等的概念运算求值.【详解】设，则，∵，即，则，故，解得，故．故选：B．3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A. 若，，，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，，则【答案】D【解析】【详解】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系. 4. 已知在矩形中，，线段交于点，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】结合向量的运算性质，从出发进行计算，进行合理的“插点”，使其能被表示即可.【详解】依题意得，结合图形有：.故选：D5. 设实数，满足约束条件，则的最小值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】作出可行域如图所示，表示斜率为的平行直线，平移可得过点时，取最小值，代入计算即可．【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，可化简为，即斜率为的平行直线，由，解得，结合图形可知，当直线过点时，取最小值，.故选：C6. 已知数列是等比数列，是其前项和，若，，则A. 4 B. 8 C. 12 D. 16【答案】D【解析】【分析】由S6＝9S3得公比一定不是1，设公比为q，利用S6＝9S3建立公比q的方程求解出公比，再利用求得，进而可得结果.【详解】由，得公比一定不1，设公比为q，则，解得，因为，所以，即，解得，所以故选D【点睛】本题考查了等比数列的前n项和公式及等比数列的通项公式，考查了运算能力，属于基础题．7. 已知函数的最小正周期为，若，把的图象向左平移个单位长度，得到奇函数的图象，则（）A.  B. 2 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据平移得的表达式，由为奇函数以及可得，进而由可得，由代入即可求值.【详解】∴，∵为奇函数，∴，即，∴．又，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选:A．8. 在中，角、、所对的边分别为、、.已知，且为锐角，若，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】结合正弦定理边化角可解得，即可求角，结合正弦定理边化角之后再消元，可得，再结合的范围即可得证【详解】由正弦定理可知，，，又在中，，即，为锐角，，，所以由正弦定理得：，又，即，，故可得，即，故选：A9. 已知函数，设，，，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】确定函数的奇偶性，利用导数证明函数的单调性，将化为，比较的大小关系即可得答案.【详解】函数的定义域为，，故为偶函数，当时，，，单调递增，故，所以，则在时单调递增，由于因为，而，，即，则，故选：B10. 设，则最小值为（）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】C【解析】【分析】由已知可得出，利用基本不等式可求得该代数式的最小值.【详解】因为，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立.因此，的最小值为6.故选：C.11. 已知棱长都为3的正三棱柱中，分别为棱上的点，当取得最小值时，与平面所成角的正弦值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】借助于侧面展开图分析可得当，时，取得最小值时，利用平行将与平面所成的角转化为与平面所成的角，再根据线面角的定义分析求解.【详解】如图1，沿着棱将棱柱的侧面展开成一个矩形，因为，所以当取得最小值时，，，如图2，在上取点，使得，连接，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，所以、与平面所成的角相等.取的中点为，连接、，因为，，，平面，所以平面，则为与平面所成的角，即与平面所成的角，又，，所以故选：C.12. 已知函数，若对任意，，恒成立，则m的最大值为（）A. －1 B. 0 C. 1 D. e【答案】C【解析】【分析】对任意，恒成立等价于对任意，恒成立；可换元，设，令，则，即在恒成立，求导由单调性即可求出最值.【详解】由题知对任意，恒成立，等价于，即，即对任意，恒成立，不妨设，令，则，则原式等价于，即在恒成立，设，，则，所以在上为增函数，所以，所以，即m的最大值为，当且仅当，即时取得最大值，故选：C.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.）13. 已知曲线在处的切线方程为，则________________．【答案】.【解析】【分析】由求得，可得，代入切线方程求得，从而可得结果.【详解】因为，所以，由，解得，则，所以，代入切线方程，可得，即，所以，故答案为．【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于中档题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.14. 若向量满足，则与的夹角为__________．【答案】##【解析】【分析】求得向量的模，求出向量的数量积，根据向量的夹角公司求得答案.【详解】设与的夹角为，由题意可知，所以，故，故答案为：15. 数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意的，总有，，成等差数列，又记，数列的前项和______．【答案】【解析】【分析】先根据等差中项可得，再利用和的关系可得，进而求得，所以，利用裂项相消求和即可.【详解】由对于任意的，总有，，成等差数列可得：，当时可得，所以，所以，所以，由数列的各项均为正数，所以，又时，所以，所以，，.故答案为：.16. 在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．【答案】【解析】【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证明，得到为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．【详解】补全截面为截面如图，设，直线与平面不存在公共点，平面，易知平面平面，，且当与重合时，最短，此时的面积最小，由等面积法得，即，，，，平面，则，又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．三棱锥的外接球的半径为，体积为．故答案为：．【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题．三、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. 已知向量.（1）若，求的值；（2）当时，求函数的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量的数量积的坐标运算得到，再由，得到，然后利用二倍角的余弦公式结合商数关系求解；（2）利用辅助角公式将化简，即可得到的解析式，由的取值范围求出的范围，最后利用正弦函数的性质求解.【小问1详解】解：，，，，即，，．【小问2详解】解：因为，所以，，，，，当时，的值域为．18. 如图，正三棱柱中，是的中点，．（1）求证：直线；（2）判断与平面的位置关系，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析（2）平面，证明见解析【解析】【分析】（1）根据正三棱柱的性质得到，平面，即可得到，从而证明平面，即可得到，从而得证；（2）连接交于，连接，即可得到，从而得证.【小问1详解】证明：因为正三棱柱中，是的中点，所以，平面，又平面，∴，又，平面，平面，所以平面，又平面，∴，又，所以；【小问2详解】解：直线平面，证明：连接交于，则为的中点，连接，又是的中点，所以，又平面，平面，所以平面.19. 已知等差数列为递增数列，为数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件，求得，再求得首项和公差，即可写出通项公式；（2）根据（1）中所求，解得，再利用错位相减法即可求得结果.【小问1详解】设数列的公差为，易知，因为，即，即，又，故为方程的两根，解得或，又数列为递增数列，故可得，即，解得，故.【小问2详解】，故即，则，作差可得，即，解得.20. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求角；（2）若，边上的中线，求边的长.【答案】（1）（2），或，.【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，故，结合，从而求出；（2）根据及余弦定理得到，再由得到，结合余弦定理得到，，求出的长.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，因为，所以，即，因为，所以；【小问2详解】因为，由余弦定理知：，∵，∴，即，∵，∴，故，解得：，或，.21. 如图，直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上一动点.（1）试确定点位置，使得平面；（2）求点到平面距离的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形得出即可；（2）利用等体积法可得出，求出面积的最小值即可.【小问1详解】当在中点处时，平面.证明如下：取中点，连接，.因为是中点，所有且，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】设点到平面距离.在中，，，在中，.又平面，，∴点到平面的的距离为..即，∴.取中点E，连接PE.当点P为中点时，PE为异面直线与的公垂线段.∴.∴.所以，点到平面的距离的最大值为.22. 已知函数，．（1）求函数的单调区间和极值；（2）若函数有2个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）函数的单调增区间为和，函数的单调减区间为，函数的极大值为，函数的极小值为；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；（2）根据导数的性质，结合构造新函数法、函数零点的定义，利用分类讨论思想进行求解即可.【小问1详解】由题意，函数可得，当，时，；当，时，；当时，，所以函数单调增区间为和，函数的单调减区间为，函数的极大值为，函数的极小值为；【小问2详解】函数的定义域为，则，令，则，所以，函数在上为增函数，且．①当时，即当时，对任意的恒成立，所以函数为上的增函数，则函数在上至多只有一个零点，不合乎题意；②当时，即当时，则存在使得，当时，，此时，则函数在上单调递减，当时，，此时，则函数在上单调递增，由于函数有两个零点，当时，；当时，．可得，可得，解得．【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数的性质、分类讨论思想进行求解是解题的关键