2022届江苏省淮安市淮阴中学高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2022届江苏省淮安市淮阴中学高三上学期12月月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省淮安市淮阴中学高三上学期12月月考数学试题一、单选题1．集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题知，再求集合交集即可得答案.【详解】解：解不等式得，所以故选：B2．已知复数（i是虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数运算求得，由此求得对应点所在象限.【详解】设，则，所以且，所以，所以，对应点为，在第一象限.故选：A3．已知平面向量，满足，且，，则（       ）A． B．3 C．1 D．【答案】B【分析】根据已知条件，求得，再利用数量积求模长即可.【详解】因为，且，，故可得，解得；又.故选：B.4．已知，则（       ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】利用诱导公式化简已知条件求得，再将目标齐次式利用同角三角函数关系转化，即可代值求得结果.【详解】因为，故可得，则，又.故选：D.5．设正项等比数列的公比为q，且，则“为递增数列”是“”的（       ）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】结合数列的单调性、等比数列的性质、复合函数单调性，以及充分、必要条件的知识确定正确选项.【详解】依题意，则.在上递减.结合复合函数单调性同增异减可知：是递增数列是递减数列，所以“为递增数列”是“”的充要条件.故选：A6．已知函数为定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则（       ）A．0 B．1 C．2 D．2021【答案】B【分析】利用奇偶性求出函数的周期，结合周期和给定的解析式求解答案.【详解】因为是奇函数，为偶函数，所以，所以的周期为4；.故选：B.7．设是定义在上的偶函数，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则正数的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析可知，由已知可得对任意的恒成立，解得对任意的恒成立，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且当时，，则当时，，，故对任意的，，对任意的，不等式恒成立，即，即对任意的恒成立，且为正数，则，可得，所以，，可得.故选：A.二、多选题8．如图正方体棱长为a，下列结论错误的是（       ）A．平面平面 B．平面C．与成60°角 D．三棱锥的体积为【答案】CD【分析】根据正方体的几何特点，结合线面平行的证明、线面垂直的证明，棱锥体积的计算公式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：连接，如下所示：因为是正方体，故可得////，又面面，故平面//平面，故A正确；对B：连接，如下所示：先证，因为是正方体，故，又面面，故，又面，故面，又面，故；再证，因为是正方体，故，又面面，故，又面，故面，又面，故；又面，故面，故B正确；对C：与B同理可证面，又面，故，则直线的夹角为，故C错误；对D：，又面，故，故D错误.故选：CD.【点睛】本题考察立体几何中线面垂直、面面平行的证明，以及棱锥体积的计算，异面直线夹角的计算，属综合中档题；其中解决问题的关键是熟练应用证明所需的定理和性质.9．已知、表示不同的平面，、表示不同的直线，则下列命题中正确的有（       ）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，且，则【答案】AB【分析】利用面面垂直的判定可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；根据已知条件判断线面、线线位置关系，可判断CD选项.【详解】对于A选项，若，，则，A对；对于B选项，若，，则，B对；对于C选项，若，，则，因为，则或，C错；对于D选项，若，且，则、平行、相交或异面，D错.故选：AB.10．已知，则下列不等式正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项；利用作差法可判断BD选项；利用基本不等式可判断C选项.【详解】对于A选项，，A错；对于B选项，因为，则，，，故，B对；对于C选项，因为，则，由基本不等式可得，C对；对于D选项，因为，则，，，，所以，，D对.故选：BCD.11．已知函数，下列结论正确的是（       ）A．的最小正周期为 B．函数在区间上单调递减C．函数的图象关于直线对称 D．函数的最小值为【答案】AD【分析】分别研究，的最小正周期即可判断A选项；时，，再分段研究即可判断B选项；取特殊值，判断C选项；研究函数在一个周期内的值域判断D选项.【详解】解：对于A选项，由于函数的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A选项正确；对于B选项，当时，，且当时，，此时函数在单调递减；当时，，此时函数在上单调递增，故B选项错误；对于C选项，由于，，故函数的图象不关于直线对称，故C选项错误；对于D选项，由题知，当时，，，此时函数在上的值域为；当时，，，此时函数在上的值域为，故函数在一个周期内的值域为，进而函数的值域为，即最小值为，故D选项正确.故选：AD12．已知关于的方程有两个不等的正根，且，则下列说法正确的有（       ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据题意构造函数，研究其函数图像得，可判断A；再构造函数，根据极值点偏移问题的方法得判断B；进而得判断C；根据等价得判断D.【详解】解：对于A选项，根据题意，方程有两个不等的正根，且，故令，则，所以当时，，函数为单调递减函数，当时，，函数为单调递增函数，所以函数有极小值，因为趋近于，趋近于，趋近于，趋近于，所以方程有两个不等的正根等价于，且故A选项正确；对于B选项，令，则，所以在上单调递减，所以，，因为，所以，因为时，函数为单调递增函数，所以，即，故B选项正确；对于C选项，因为，所以，所以，故C选项错误；对于D选项，若，则，所以，所以，显然满足.故D选项正确.故选：ABD【点睛】本题考查利用导数研究方程的根的问题，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二个选项解决的关键在于构造函数，研究函数的单调性证明.三、填空题13．设是首项为1的等比数列，若，，，成等差数列，则通项公式__________.【答案】【分析】根据已知条件求得的公比，由此求得.【详解】设等比数列的公比为，由于成等差数列，所以，即，解得，所以故答案为：14．已知a，b为正实数，函数的图象在处的切线与直线垂直，则的最小值为__________.【答案】【分析】根据导数的几何意义得，进而根据基本不等式“1”的用法求解即可.【详解】解：求导得，所以，因为函数的图象在处的切线与直线垂直，所以，即，因为a，b为正实数，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为故答案为：15．如图所示，等边△ABC中，已知，点M在线段BC上，且满足，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则__________.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法计算出.【详解】以为原点建立如图所示平面直角坐标系，，，.故答案为：四、双空题16．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛（Alberobello），这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo的屋项，得到圆锥SO（其中S为顶点，O为底面圆心），母线SA长为6米，C是母线SA的靠近点S的三等分点从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，若灯光带的最小长度为米.（1）圆锥的底面半径为__________米；（2）棱长为a米的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，则a的最大值为__________米.【答案】     ；     【分析】根据题意，作出图形可计算其侧面展开图的扇形的圆心角为，进而得圆锥的底面半径为米；四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，进而根据轴截面中的几何关系求该圆锥的内切球的半径，再根据正四面体的棱长与其外接球的半径关系得.【详解】解：根据题意得，在图1中，圆锥中，母线长，侧面展开图是扇形，，设圆锥的底面半径为，由题，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为，球的半径为，则轴截面上球与圆锥侧面的一个切点为，如图2所示，由于，故，∴，由内切圆的性质得为的角平分线，∴ ，，∴，，∴，即，∵棱长为的正四面体中，其外接球的半径与棱长的关系为，∴故答案为：；五、解答题17．已知满足，且在上单调递增.(1)求的解析式；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题知是的一条对称轴，再根据已知条件得，，再待定系数得，故；（2）由题知，由于，进而根据诱导公式与二倍角公式求解即可.【详解】(1)解：因为满足所以是的一条对称轴，因为且在上单调递增，所以，即，所以，因为，所以，即，因为，所以所以(2)解：由（1）知，即因为所以所以.18．已知等差数列的公差，其前n项和为，.(1)求p的值及通项公式；(2)若          ，求数列的前n项和.在①；②；③三个条件中选择一个补充在第（2）问中并对其求解，如果多写按第一个计分.【答案】(1)，；(2)选①时，；选②时，，其中；选③时，.【分析】（1）根据条件先表示出，结合公差可求，然后利用等差数列的通项公式可得；（2）根据选择的条件求出，结合数列的求和方法进行求解.【详解】(1)因为等差数列的公差，其前n项和为，所以解得，所以，解得；由可得.(2)选①：，.选②：；当为偶数时，；当为奇数时，；所以，其中.选③：，所以两式相减可得，所以.19．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且.(1)求角B的大小；(2)若，点D满足且，求边b的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合恒等变换可求角B的大小；（2）利用余弦定理建立方程组，联立方程组可得结果.【详解】(1)由正弦定理化简可得，即所以因为，所以即因为可得所以即.(2)由，可知在一条直线上且，在中，由余弦定理得①②在中，由余弦定理可得即③②×2+③得即④联立①④可得，解得或（舍），所以，.20．如图，直三棱柱中，，、、分别是、、的中点.(1)求证：；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，证明出平面，可得出，由此可得出；（2）分析可知，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明：连接，因为、分别为、的中点，则且，，且为的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，为的中点，则，平面，平面，，，平面，平面，，故.(2)解：平面，平面，，则，，则，故，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，由（1）知，平面的一个法向量为，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.21．已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)在所有相邻两项与（，2，…）之间插入k个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先求，结合条件得出，结合等差数列的通项公式可得结果；（2）先求前项中插入了多少项，结合分组求和法和错位相减法进行求解.【详解】(1)由，，得；再由可得，即隔项成等差数列；当为偶数时，；当为奇数时，；综上.(2)因为在相邻两项与（，2，…）之间插入k个，所以中的第项在中，对应的项数为：，令得，即数列中的第9项就是数列中的第45项，所以中的第46项至第50项为；所以设①则②由①-②得，所以.22．已知函数.(1)若存在极值，求实数a的取值范围；(2)当时，判断函数的零点个数，并证明你的结论.（参考数据：，，，）【答案】(1)；(2)2个零点，证明见解析.【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，在不同情况下讨论其极值即可；（2）对的取值分区间讨论，利用导数研究不同区间下函数的单调性，同时利用零点存在定理，即可判断函数的零点个数.【详解】(1)因为，故可得，当时，因为，故，是上的单调增函数，不存在极值，舍去；当时，令，解得，当时，单调递增；当时，单调递减，则当时，取得极大值，满足题意.综上所述，.(2)有两个零点，理由如下：当时，，，，当时，，单调递减，又，，故存在唯一的，使得，且当，，单调递增，当，，单调递减，又，，因为，故，故，故，又，故在和上各有一个零点.当时，，由（1）可知，在单调递减，故在单调递减，又当时，，故，在上无零点.当时，，单调递减，又，故，在单调递减，又，故，无零点.当时，，故，在无零点.综上所述，在和上各有一个零点，共有两个零点.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点个数，处理问题的关键是对参数的正确分类，对自变量取值区间的合理划分，以及对函数单调性的准确讨论，属综合困难题.