【期中真题】陕西省宝鸡市、汉中市部分校2022-2023学年高三上学期11月期中联考理科数学试题.zip

宝鸡中学等2020级高三11月月考试题

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一．选择题（本大题共12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. 若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解不等式求出集合，列举法写出集合，由交集的定义求即可.

【详解】由，得，所以,又

所以

故选B．

2. 若且，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】若，满足，此时，排除充分性，

若，满足，此时，排除必要性，

故选：D

3. 已知复数，则复数的共轭复数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数.

【详解】解：因为，

所以.

故选：A

4. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围是（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分段函数在上单调递减，需使各段函数分别单调递减，且在分界点处的函数值左端大于等于右端，由此列不等式组求解即可.

【详解】在上单调递减等价于

，解得

故选：C.

5. 已知为等比数列的前项和，若则（   ）

A. 15 B. -15 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.

【详解】设该等比数列的公比为，

因为，

所以由，

因此，

故选：C

6. 已知为等差数列的前项和，是方程的两根，则=（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的下标性质，结合一元二次方程根与系数关系、等差数列前项和公式进行求解即可.

【详解】因为是方程的两根，

所以，

，

故选：A

7. 已知向量，且，则的值为（   ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量共线的坐标公式，结合两角差的正切公式进行求解即可.

【详解】因为，

所以，

因此，

故选：C

8. 若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由基本不等式可判断，由对数的性质可得，再作差可判断大小.

【详解】，，，则.

所以.

故选：A．

9. 已知，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据，结合二倍角的余弦公式及诱导公式计算即可.

【详解】解：因为，

所以，

所以.

故选：B.

10. 已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则（    ）

A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于点对称

C. 在上单调递增 D. 在上单调递增

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数图象相邻的最高点之间的距离为，得到，易得.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得，再根据是奇函数，得到，然后逐项验证即可.

【详解】因为函数图象相邻的最高点之间的距离为，

所以其最小正周期为，则.

所以.

将函数的图象向左平移个单位长度后，

可得的图象，

又因为是奇函数，令，

所以.又，

所以.

故.

当时，，故的图象不关于点对称，故A错误；

当时，，故的图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；

在上，，单调递增，故C正确；

在上，，单调递减，故D错误.

故选：C

【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质及其图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

11. 已知，，则下列结论中不正确的（     ）

A. 的最大值是 B. 的最小值是

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件可得，结合二次函数的值域即可判断A；根据基本不等式即可判断B；根据单调递减即可判断C；

根据的最小值为，即可判断D.

【详解】对于A，因为，，则，故A正确；

对于B，因为，当且仅当，即时等号成立，故B正确；

对于C，令，则，

所以函数单调递减，即

即，所以，故C正确；

对于D，设，则，

当时，，则函数递减；

当时，，则函数递增；

则当时，函数有极小值，即最小值

所以，即

即，所以，所以D错误.

故选:D.

12. 已知椭圆的左、右焦点分别是，斜率为的直线经过左焦点且交于两点（点在第一象限），设的内切圆半径为的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率的值为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得，进而联立直线与椭圆方程得，，进而令，则，再代入值计算即可得答案.

【详解】如图所示，由椭圆定义可得，，

设的面积为，的面积为，因为，

所以，，即，

设直线，则联立椭圆方程与直线，可得

，

所以，，

令，则，

当时，有.

故选：B

【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.

第Ⅱ卷（非选择题  共90分）

二.填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上）

13. 式子的值为__________

【答案】

【解析】

【分析】逆用两角和正切公式进行求解即可.

【详解】

故答案为：

14. 已知数列中，，，则通项公式______.

【答案】

【解析】

【分析】对已知条件变形，可得为等差数列.

【详解】由已知，显然，

两端同时除以，得，又

所以，数列是以1为首项，2为公差的等差数列.

所以，.

所以，.

故答案为：.

15. 已知函数，直线的方程为，则函数上的任意一点到直线的距离的最小值为_________

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的几何意义，结合平行线间距离公式进行求解即可.

【详解】函数上任意一点的坐标为，过该点的切线为，

当直线与直线平行时，点到直线的距离的最小，

由，

所以直线的方程为，

因此函数上的任意一点到直线的距离的最小值为.

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义求切线方程是解题的关键.

16. 如图所示，在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】由已知条件结合余弦定理求得，若为中点，则由勾股定理知，进而可证面面，又、分别为等腰三角形、等边三角形，即可确定三棱锥的外接球球心的位置，最后求外接球半径及表面积即可.

【详解】由题意知：在中，根据余弦定理有：

，，，

∴中有，即为等边三角形，若为中点，连接，可得，而，则在中有，

∴，又且，即面，又由面知：面面，

∴三棱锥的外接球球心：在中，过三等份点作的垂线与的垂直平分线的交点即为球心，所以令外接球半径为R，，则：

，解得，所以由球的表面积，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：利用面面垂直以及三棱锥中对应的两个垂面分别为等腰、等边三角形，确定三棱锥外接球的球心，结合球心所在平面及外接球性质求球的半径，最后利用球面积公式求面积.

三.解答题（本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明，证题过程或演算步骤）

17. 设正项数列前项和为，等比数列的前项和为，且，，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用，求得通项公式，利用的前项公式求得，进而求得.

（2）利用错位求和法求得数列的前项和.

【小问1详解】

由题意知，①，可得②，

两式相减得：，整理得：，

即，因为，所以．

令可得：，解得，即，所以．

所以．

所以，，所以，又因为，所以，所以．

【小问2详解】

令，前项和为，

则有：，

等式两边同乘以2有：，

两式相减得：，

整理化简得：．

18. 已知向量，函数

（1）求函数的单调增区间；

（2）若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数k的取值范围．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简得到，计算不等式得到答案.

（2）计算得到，根据函数的单调性得到函数值的范围，计算得到答案.

【小问1详解】

，

令，解得.

所以函数的单调增区间为.

【小问2详解】

由函数在区间上有且仅有两个零点.

即在区间上有且仅有两个零点，

直线与的图像上有且仅有两个交点，

当，，

设函数，

在区间上单调递增，，

在区间上单调递减，，

区间上单调递增，，

所以或，即或.

19. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在如图所示的四面体中，平面，平面平面.

（1）试判断该四面体是否为鳖臑，并说明理由；

（2）若点是棱的中点.，求二面角的余弦值.

【答案】（1）该四面体是鳖臑，理由见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）平面，均为直角三角形，过点作于点平面平面，均为直角三角形，由此得到结论；

（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）该四面体是鳖臑，理由如下：

平面，平面，，，

，均为直角三角形；

过点作于点，

平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，，

平面，平面，，

又，平面，平面，

又平面，，，

，均为直角三角形；

，，，均为直三角形，该四面体为鳖臑.

（2）作，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴可建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，，

，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，，；

设平面的法向量为，

则，令，则，，；

，

由图形知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：空间向量法求解二面角的基本步骤是：

（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；

（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；

（3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.

20. 已知双曲线的右焦点为，过右焦点作斜率为正的直线，直线交双曲线的右支于，两点，分别交两条渐近线于两点，点在第一象限，为原点．

（1）求直线斜率的取值范围；

（2）设，，的面积分别是，，，求的范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意，求出得到双曲线方程，设出直线方程，联立双曲线方程由韦达定理即可解得直线斜率的取值范围；

（2）由直线与渐近线联立可求出两点的坐标，再求出到两条渐近线的距离，，整体代入求出，分割利用韦达定理结合三角形面积公式，可求得，进而得到关于的函数关系式，即可得到答案.

【小问1详解】

因为双曲线的右焦点为，故，

由得，所以双曲线的方程为，，

设直线的方程为，联立双曲线方程得，

，解得，

即直线的斜率范围为；

【小问2详解】

设，渐近线方程为，则到两条渐近线的距离，满足，

而，，

，

所以

由，

，

所以，，

∵，∴.

21. 已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导数，分为和两种情形，得出导数与0的关系，进而可得单调性；

（2）由（1）知显然不满足，当时，可得，分为和两种情形，判断其与0的关系，结合零点存在性定理可得结果.

【详解】解：（1）的定义域为，且，

当时，，此时，在上单调递增，

当时，，，

即在上单调递增，在上单调递减，

综上可知：当时，在上单调递增，

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）知当时，在上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意，

当时，在上单调递增，在上单调递减，

，

当时，，

函数至多有一个零点，不合题意；

当时，

由于，且，

由零点存在性定理知：在上存在唯一零点，

由于，且（由于）

由零点存在性定理知：在上存在唯一零点，

所以实数的取值范围是.

【点睛】利用导数研究函数的零点常见方法：

（1）求出函数的导数，结合单调性得到函数的大致图象，研究其与轴的交点；

（2）利用分离参数思想，分离参数研究函数的单调性.

请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分

22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）求的上的动点到的距离的取值范围.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）对于直线，消去参数即可求解，对于曲线，根据即可求解；

（2）先将曲线化为参数方程，再根据点到直线距离公式即可求解.

【小问1详解】

直线的参数方程为（为参数），

消去参数得直线的普通方程为，

曲线的极坐标方程为，

即，

即，

，

又，

曲线的直角坐标方程，

即.

【小问2详解】

曲线的直角坐标方程为：

曲线的参数方程为 (为参数),

设曲线上的动点，

则曲线上的动点到直线的距离，

，

曲线上的动点到直线的距离的最大值为：，最小值为：，

故曲线上的动点到直线距离取值范围为：.

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若函数的最大值为，且，求最小值.

【答案】（1）   

（2）18

【解析】

【分析】（1）首先将写出分段函数的形式，然后分类讨论求解即可；

（2）结合（1）中结论求出，然后利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.

【小问1详解】

由已知得，

当时，，不等式无解；

当时，，解得；

当时，，解得.

综上所述，不等式的解集为.

【小问2详解】

由（1）中的分段函数解析式可知，在上单调递增，在上单调递减，

故，

从而，

故

，

当且仅当时，即时，不等式取等号，

故的最小值为18.