河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期1月阶段性检测理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期1月阶段性检测理科数学试题（Word版附解析），共23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。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到集合，然后利用补集和交集的定义计算即可.
【详解】由题意得集合，或，所以.
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，由条件列方程求，再由复数的模的公式求.
【详解】设，，因为，
所以，，
所以，，所以，
故选：C.
3. 若满足,则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意画出可行域,令,即,所以平移斜率为的直线,相当于在轴上的截距,,找到使轴上的截距最值时的点代入即可.
【详解】解:由题知,画出满足题意的可行域如下所示,
令,即,
相当于直线在轴上的截距,
平移直线,当直线过点时,截距最大,最小,
联立可得,
故在点时取得最优解,
代入,可得.
故选:D
4. 已知数列的前项和. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得，然后根据求得的值.
【详解】依题意，
当时，；
当时，，，
两式相减得，也符合上式，
所以，
，由解得，所以.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.
【详解】.
故选：B
6. 在中，，，．若满足条件的有且只有一个，则的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用余弦定理可得关于的一元二次方程；根据三角形有唯一解可知或在时，方程两根一正一负或一根为零、一根为正，由此可构造不等式求得的范围，进而确定结果.
【详解】由题意知：；
由余弦定理得：，
即，则；
当，即时，，满足题意；
当，即时，
方程两根需一正一负或一根为零、一根为正，
，解得：.
综上所述：的可能取值为或.
故选：BD.
7. 在中, 角，，所对的边分别为，，，，则的外接圆面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用三角恒等变形化简，并利用同角三角函数公式求得，并利用正弦定理求外接圆半径，即可求得三角形的面积.
【详解】由正弦定理可知,,
即
，因为,，
，根据正弦定理可知，得，
则的外接圆面积.
故选：D
8. 函数在区间上的图像如图所示，将该函数图像上各点的横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变），再向右平移个单位长度后，所得到的图像关于点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由周期求出，代点求出的值，可得函数的的解析式，再根据函数的对称性求出的值，进而可得结论．
【详解】由函数的图象可得
，
又函数过点，得，又，可知．
故函数的解析式为．
把的图象各点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标不变），再向右平移个单位长度后，得到的图象，
∵所得图象关于点对称，，即
即，解得：，，
由，可得当时，的最小值为．
故选：C
9. 如图，在体积为的三棱锥P﹣ABC中，AC⊥BC，AD＝BD，PD⊥底面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件作出图形，利用棱锥的体积公式及勾股定理，结合基本不等式即可求解．
【详解】如图所示，
由题意是直角三角形，AB的中点为D，连结PD，很明显球心在PD上，
设球心为O，PD＝h，AC＝x， ，OC＝R，则 ，解得 ，
在中，， ，则 ，
解得 ，当且仅当 时等号成立，
即 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
即R的最小值是在 时取得 ，经检验正确，
即满足题意时三棱锥高为2，，故外接球体积的最小值为：，
故选：A.
10. 已知定义在上的函数满足：，，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，即可得到，从而得到，即可得到函数的周期为，再根据上的函数解析式，求出函数，，，，再计算出，又，即可求出的值，最后根据周期性计算可得.
【详解】解：因为，所以，
又，所以，即，
所以，所以是以为周期的周期函数，
又当时，，
所以，，，，
，，
，即，又，即，解得，
所以，
又，，，，，
所以 ，
又，
所以
；
故选：A
11. 已知：，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的公式求出，然后借助指数函数的单调性得到，即可得到，构造函数，利用函数的单调性得到，整理后即可得到.
【详解】，
∵，
∴，则，
设函数，则，
∵，，且函数单调递增，
∴只存在一个使，且，在单调递减，
∴，即，
所以.
故选：B.
12. 已知正数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式得到当且仅当时取等号，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得到，即可说明当且仅当时取等号，从而得到且时成立，即可得解.
【详解】解：因为，，所以，当且仅当，即时取等号，
又，
因为正数，满足，即，
令，则，当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即恒成立当且仅当时取等号，
即恒成立当且仅当时取等号，
所以当且仅当时取等号，
所以当且仅当且，即，时不等式成立，
所以；
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是构造函数证明，再利用基本不等式得到两不等式取等的条件，即可求出参数的值.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的运算性质及函数值的定义即可求解.
【详解】由题意可知，
.
故答案为：
14. 在中，，，，则边上中线的长为_____.
【答案】
【解析】
【分析】作出图象，由图可知，再由平面向量的数量积的运算性质求解即可
【详解】因为，
所以
所以，
所以，
故答案为：
15. 已知函数，则的解集是_____.
【答案】（）
【解析】
【分析】利用辅助角公式得到，再根据正弦函数的性质求出的解集，同理得到时的取值，即可将的解析式改写成另一种形式，最后再分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解.
【详解】解：由，
令，解得，
即当时，即，
同理可得时，
又，所以，
对于不等式，
当时，解得，
当时，解得，
综上可得不等式的解集为，.
故答案为：，
16. 若方程存在唯一实根，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，利用导数分析的单调性，并在同一坐标系中做出与函数的图象，即可求解
【详解】方程存在唯一实根，
则存在唯一实根，
令，
则
令，
注意到，则，且
当时，，
所以，即；
当时，，
所以，即；
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，
当时，恒成立；
当时，；
所以的大致图象为：
由存在唯一实根，
则函数与函数有唯一的交点，
由图象可知或时满足条件，
所以方程存在唯一实根时，
实数的取值范围是
故答案为：
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. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数图像关于点中心对称，求在上的值域.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及和差角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先表示出，根据对称性求出，即可得到的解析式，再根据的取值范围求出的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得；
【小问1详解】
解：
，
即，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
解：因为，
又的图像关于点中心对称，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
当时，所以，
所以.
18. 已知函数，.
（1）求的极值；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）的极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求得的极值.
（2）由分离常数，通过构造函数法，结合多次求导来求得的取值范围.
【小问1详解】
定义域为，
，由解得，
所以在区间递减；在区间递增.
所以在时取得极小值，无极大值.
【小问2详解】
依题意在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
令，，
所以在上递增，，故，
所以，所以在上递增，
当时，取得最小值为，
所以，即的取值范围是.
【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后结合导数来解决.当一次求导无法求解问题时，可通过多次求导来解决，解题过程中，要注意导函数和原函数间的关系.
19. 数列中，为的前项和，，.
（1）求证: 数列是等差数列，并求出其通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，即可得到，从而得证，再求出公差，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，从而得到，利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
解：数列中，为前项和，，①，
当时，，解得；
当时，②，
①②得③，
所以④，
由③④得，
所以数列为等差数列，
所以公差，
所以．
【小问2详解】
解：由（1）可得，所以，
所以，
所以.
20. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，
AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
【答案】（1）见解析 （2） （3）
【解析】
【详解】解：本题可通过建立空间坐标系求解．
如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.
(2)＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，
则,即
消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于cs〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝，
故二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．
设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sinθ＝|cs〈，〉|＝
＝＝.
于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)，
∴AM＝.
21. 已知，，分别是的内角，，所对的边，向量，
（1）若，，证明：为锐角三角形；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得，然后利用余弦定理判断为锐角三角形.
（2）化简求得，根据正弦定理、三角恒等变换的知识化简，结合三角函数值域的求法求得的取值范围.
【小问1详解】
，由余弦定理得，整理得，
故是最长的边，是最大的角，
，则为锐角，
所以三角形是锐角三角形.
【小问2详解】
，
即，由于，所以，
所以，所以.
因为三角形是锐角三角形，所以，解得，则.
由正弦定理得，
由于，，，
所以的取值范围是.
22. 已知函数，若，其中为偶函数，为奇函数.
（1）当时，求出函数的表达式并讨论函数的单调性；
（2）设是的导数. 当，时，记函数的最大值为，函数的最大值为.求证：.
【答案】（1），在上单调递减，在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由奇偶性可得，再利用导数法研究单调性即可；
（2）先用导数法研究的单调性，从而得到，进而结合单调性可求得，由得单调性可得，再用作差法即可求解
【小问1详解】
当时，，
由题，其中为偶函数，为奇函数，
则，
所以，
所以，
所以，
令，则，
当且仅当取等，
所以在上递增，即在上递增，
注意到，
则时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由的定义域是，，
设，则，
令得，，
因为在上递增，
所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
又，
于是，即，
所以在上递增，
注意到，
所以在上，在上，
所以函数，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，，
，
因此，
又，
所以，
即
【点睛】利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧