天津市静海区第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题(含答案)

这是一份天津市静海区第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题(含答案)，共152页。试卷主要包含了选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知全集，集合，，则( )
A.B.C.D.
2、设命题P：已知定义在的可导函数，其导函数，存在，使得，，，恒成立，命题Q：存在，使得为递增数列，则Q是P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
3、著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数的图像大致是( )
A.B.
C.D.
4、若，，则( )
A.B.C.D.
5、已知，，，则( )
A.B.C.D.
6、已知，则的最大值为( )
A.B.2C.1D.
7、等差数列，前n项和分别为与，且，则( )
A.B.C.D.
8、已知函数，，是偶函数，若将曲线向左平移个单位长度后得到曲线，若方程在有且仅有两个不相等实根，则实数的取值范围是( )
A.B.C.D.
9、已知函数，若函数恰有6个零点，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、填空题
10、已知，x为实数且满足，则的最大值为________.
11、已知数列的通项公式为，为数列的前n项和，则使得的n的最小值为________.
12、若a，，且，则的最大值为________.
13、已知函数，，的图象与y轴的交点为且在上单调递减，且，使得，则的取值范围为________.
三、双空题
14、在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，若，则面积的最大值为________.的最小值为________.
15、已知正实数a，b满足，则的最小值为________.的最小值为________.
四、解答题
16、在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，.
(1)求的值.
(2)求的值.
(3)若线段上存在一点H且，求的取值范围.
17、已知函数.将周期为π的函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图像对应的函数为.
(1)求的单调区间；
(2)求图像的对称轴方程和对称中心坐标.
18、如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，E为的中点，M是棱的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)线段上是否存在一点N使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
19、已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，，.
(1)求，的通项公式.
(2)已知，求数列的前项和.
(3)求证：.
20、已知函数.
(1)求的单调区间.
(2)若存在两个不同的零点，且.
求证：.
参考答案
1、答案：A
解析：集合，
集合,所以或所以.
故选：A.
2、答案：B
解析：依题意，，，不妨令，，
令，即有，而不可能恒为0，
所以函数在上递增，故，即恒成立，
令，，求导得，
当时，，当时，，
即在上递减，在上递增，，故，
于是命题P为真：，
数列是递增数列，则，，
即，
故在n属于正整数集上恒成立，
于是有，因此命题Q为真：，
显然当时，成立，反之当时，不一定成立，
则Q是P的必要不充分条件，B正确.
故选：B.
3、答案：D
解析：由得，即函数定义域是，排除AB，
时，，，，时，
，，，因此排除C.
故选：D.
4、答案：C
解析：因为，所以，
又因为，所以，
得：或，则或，
因为，所以，，则.
故选：.
5、答案：D
解析：令，，则，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减，
由，得，即，则，得，
当时，，即，
在上式中，令，又，则，从而，即，
得，
即，所以，
综上可得，，即.
故选：D.
6、答案：C
解析：
，
因为，所以，
则的最大值为1.
故选：C.
7、答案：A
解析：设等差数列，的首项和公差分别为，，，，
则，，因为，由等差数列前n项和的特点，
故可设，，其中A为非零常数，
由，
当时，，
当时，，
当时上式仍旧适合，故，
同理可得，当时，，
所以.
故选：A.
8、答案：B
解析：
，
是偶函数，则，，，
故，，
若将曲线向左平移个单位长度后，得到曲线，
，
当，则，
若方程在有且仅有两个不相等实根，
则有，解得，则实数的取值范围是.
故选：B.
9、答案：A
解析：当时，，求导得：，
当时，，当时，，
即有函数在上单调递减，在上单调递增，，
当时，在上递增，
，在上递减，，
作出函数的图象，如图，
令，当时，方程只有一个根，
当时，方程有两个不等根，
当时，方程有三个不等根，当时，
方程有四个不等根，
当时，方程有三个不等根，
当时，方程有两个不等根，
令，
要函数恰有6个零点，
则方程必有两个不等的正实根，，并满足：
当时，必有，，解得，
当时，必有或，
或，无解，
当时，必有，，无解，
综上得，
所以实数a的取值范围是.
故选：A.
10、答案：4
解析：，故是R上的增函数，
而，
故，即，即或，
解得或，
所以当时，取最大值4.
故答案为：4.
11、答案：23
解析：当n为奇数时，，
，
由解得；
当n为偶数时，，
，不合题意，舍去；
综上n的最小值为23.
故答案为：23.
12、答案：
解析：由题知，a，，且，即，
所以，
当时，，即，此时，
所以的最大值为1，
当时，，
当且仅当时取等号，此时；
所以的最大值为.
综上，的最大值为.
故答案为：.
13、答案：
解析：依题意，，，
由于，所以，则，，
由，解得，
由于在上单调递减，
所以，解得，由于，，
所以，①，
即，
，恒成立，
所以，
由于，，
所以，解得，由于，，
所以，②，
由①②得的取值范围是.
故答案为：.
14、答案：；2
解析：因为所以，
因为余弦定理，即，
可得，因为面积为，
当且仅当时，最大值为；
又因为，
即，可得，
当且仅当时，的最小值为2.
故答案为：；2.
15、答案：4；
解析：（1）方法一，由得，，
，
当且时，即，时，取得最小值4.
方法二，由柯西不等式得，
当，时，取得最小值4.
故答案为：4.
（2）
.
当，取等号.
故答案为：.
16、答案：(1)
(2)
(3)
解析：（1）依题意，
由于，，所以，，
由得，
由余弦定理得，
所以，，
所以，所以，
由得，
由正弦定理得，，
所以，所以.
（2），
，B为锐角，
所以
.
（3），
，
，
，所以是第二象限角，
由于，所以，，
结合是第二象限角可知.
设，则，，
在三角形中，由正弦定理得，
，
，
所以
，
由于且，
所以，，
，
所以的取值范围是.
17、答案：（1）详情见解析
（2）详情见解析
解析：（1）
，
则，
由函数周期为π，可得，解之得，
当时，，
由，可得，
则的单调增区间为，，
由，可得，
则的单调减区间为，，
当时，，
由，可得，
则的单调增区间为，，
由，可得，
则的单调减区间为，.
（2）当时，，
由，可得，
则的对称轴方程为，，
由，可得，
则的对称中心为，，
当时，，
由，可得，
则的对称轴方程为，，
由，可得，
则的对称中心为，.
18、答案：(1)证明见解析
(2)
(3)或
解析：（1）连接交于F，再连接，
由已知与平行且相等，是平行四边形，因此与互相平分，
F是中点，又M是中点，则，
平面，平面，所以平面.
（2），则是矩形，，
，E是中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，
分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
因此，，，，
设平面的一个法向量是，
则，
令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则，.
（3）假设存在满足题意的点N，设，，
，，
设平面的一个法向量是，
则，
取，则，，
即，
，，，
由题意，解得或，
又，所以或，
所以存在满足题意的点N且或.
19、答案：(1),
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由得①，
将①代入，得，
即②，
将①代入，得③，
将②代入③，得，又，
所以，
解得：，所以，
所以，，故，
所以.
（2）当n是奇数时，，
当n是偶数时，，
则①，
②，
①-②得：，
即
，
化简得：，
，
所以.
（3）
，
当时，，
因为，所以；
当时，也成立.
故.
20、答案：（1）当时在单调递增，
当时，在单调递增，在单调递减
（2）证明见解析
解析：（1）因为，
所以，，
①当时，恒成立，在单调递增；
②当时，令得，，
时，，在单调递增；
时，，在单调递减.
（2）因为存在两个不同的零点，且，
所以且，即，解得，
且，根据题意，，
所以，所以，，
所以，又，所以，令，
所以，
所以，所以为增函数，
又，所以，所以，
所以，所以，
所以，又因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，，
所以，所以不等式左边得证；
证明，而，
只需证明，又
所以，由对数均值不等式，
所以，
所以需证，即证，
令，所以可以转化为：，
所以需要证明，取对数得，
即证，即证，
即证，设，
，当时，，
所以，所以得证，所以右式得证；
所以.