陕西省安康市2022-2023学年高三上学期12月第一次质量联考理科数学试题及答案

陕西省安康市2022-2023学年高三上学期12月第一次质量联考理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设i为虚数单位，复数z满足，则（    ）

A．2 B． C． D．

2．记集合，则（    ）

A． B． C． D．

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

4．设，则成立的一个必要不充分条件是（    ）

A． B． C． D．

5．在正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

6．已知函数，则该函数的图象在处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

7．记函数的最小正周期为T，若，且的最小值为1.则曲线的一个对称中心为（    ）

A． B． C． D．

8．南京市地铁S8号线经扩建后于2022年国庆当天正式运行，从起点站长江大桥北站到终点站金牛湖站总行程大约为51.3千米，小张是陕西来南京游玩的一名旅客，从起点站开始，他利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为2千米，以后每经过一站里程约增加0.1千米，据此他测算出本条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数一共有（    ）

A．18 B．19 C．21 D．22

9．已知O是内一点，，若与的面积之比为，则实数m的值为（    ）

A． B． C． D．

10．定义在R上的函数满足对任意的x恒有，且，则的值为（    ）

A．2026 B．1015 C．1014 D．1013

11．若函数有三个零点，则k的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

12．如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，，点M在棱上，且，平面与平面的夹角为，则下列说法错误的是（    ）

A．平面平面 B．

C．点M到平面的距离为 D．多面体的体积为

二、填空题

13．已知命题，使得，则为___________.

14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________.

15．已知圆锥的侧面由函数的图象绕y轴旋转一周所得，圆锥的侧面由函数的图象绕直线旋转一周所得，记圆锥与圆锥的体积分别为和，则___________.

16．设等比数列满足，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和___________.

三、解答题

17．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)是否存在实数a，使函数的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

18．已知等差数列的前n项的和为，.数列的前n项和为，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，数列的前n项和为，求证：.

19．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)若，求外接圆的面积；

(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.

20．如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，平分，D是上一点，且平面平面.

(1)求证：；

(2)求二面角的正弦值.

21．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值.

22．设向量.

(1)讨论函数的单调性；

(2)设函数，若存在两个极值点，证明：.

参考答案：

1．B

【分析】先利用复数的运算法则化简得复数的标准形式，再利用复数模的计算公式即可得出结果.

【详解】由，得，则，,所以，

故.

故选：B.

2．B

【分析】先解不等式确定集合，然后再根据交集的定义求其交集即可.

【详解】或

所以集合，

，

所以.

故选：B.

3．C

【分析】结合诱导公式和二倍角公式求得正确答案.

【详解】由，得，

所以.

故选：C

4．D

【分析】成立的一个必要不充分条件就是可以推出这个条件，但是这个条件并不能推出.依次对每个选项进行分析即可.

【详解】A: ,是的充分条件，A错；

B：为其反例，不是必要条件，B错；

C：在上递增，，是充要条件，C错；

D：可得，又，可得，反之不一定成立，D对；

故选：D

5．A

【分析】平移到,再连接，再解三角形即可求出答案.

【详解】

平移到,再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，

设正方体的棱长为2，易得，，，

由余弦定理得

故选：A.

6．A

【分析】先求出函数的导数，再赋值法求出，然后得到的函数解析式可得切点，后将数据代入点斜式方程可得答案.

【详解】因为，所以，解得，

所以，

即切点

所以切线方程为：，即.

故选：A.

7．C

【分析】根据求得，根据的最小值求得，根据三角函数对称中心的求法求得正确答案.

【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，

又因为，所以，所以，

又函数的最小值为1，所以，所以，

令，所以对称中心为，

只有选项C符合题意（）.

故选：C

8．B

【分析】由等差数列的求和公式求解即可

【详解】由题意设前两站的距离为千米，

第二站与第三站之间的距离为千米，…，

第n站与第站之间的距离为千米，

则是等差数列，首项是，公差，

则，解得，

则站点数一共有19个.

故选：B.

9．D

【分析】由确定点的位置，再利用与的面积之比列方程来求得的值.

【详解】由得，

设，则.

由于，所以A，B，D三点共线，如图所示，

∵与反向共线，，∴，∴，

∴.

故选：D

10．B

【分析】先根据递推和夹逼准则将不等条件转化为等式，再将其看成一个等差数列可得的值.

【详解】根据得，又，所以，又

所以是以为首项，为公差的等差数列；

所以

故选：B.

11．A

【分析】运用分离变量法将与分开，将零点问题转化为两个函数的图像有三个交点的问题，数形结合容易得到答案.

【详解】由，得，设，令，解得，当时，，当或时，，且，其图象如图所示：

若使得函数有3个零点，则.

故选：A.

12．D

【分析】A选项，作出辅助线，证明出，⊥平面，故平面，从而证明面面垂直；

B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出平面的法向量，根据平面夹角列出方程，求出；

C选项，在第一问的基础上，求出平面的法向量，从而利用点到平面距离公式求出答案.

D选项，求出，相加得到答案.

【详解】对于A选项，取的中点G，连接交于N，连接，

因为四边形是菱形，所以⊥，且N是的中点，

所以且，又，

所以且，

所以四边形是平行四边形，

所以，

又平面平面，

所以，

又因为平面，

所以⊥平面，

所以平面，

又平面，

所以平面平面，故A正确；

对于B，取的中点H，由四边形是菱形，，则，

所以是正三角形，

所以，所以，

又平面，

以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，

，

所以，

所以，

，

当时，重合，此时平面与平面的夹角为，不合题意，舍去；

当时，设平面的一个法向量，

则，

两式相减得：，

令，得，故，

平面的法向量可取，

所以，解得，故B正确；

对于C，结合B，所以，则，

设平面的一个法向量，则，

解得：，取，得，故，

所以点M到平面的距离，故C正确；

对于D，，

故，

梯形的面积为，

，

故，故D错误.

故选：D.

13．

【分析】由存在量词命题的否定求解即可

【详解】命题，使得，

则为，

故答案为：

14．4

【分析】将化简，可得一个边角关系，然后再结合正弦定理可得答案.

【详解】

因为在中，若，所以，

所以，即，

由正弦定理得，

化简得，所以.

故答案为：4

15．##

【分析】分别求出线段绕y轴旋转一周时与线段绕直线旋转一周时，所成的圆锥的体积，即可求解

【详解】当线段绕y轴旋转一周时，围成一个半径为2，高为4的圆锥，

其体积为，

当线段绕直线旋转一周时，因为点到直线的距离为，

此时线段旋转一周围成一个半径为，高为的圆锥，

其体积为，

所以.

故答案为：

16．114

【分析】由题意求得等比数列的通项公式，由此确定数列中的项的取值，进而求得的前50项和.

【详解】设等比数列的公比为q，则，

解得，故，

因为为中在区间中的项的个数，

所以当时，；当时，；当时，；

当时，；

故,

故答案为：114.

17．(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)存在，实数

【分析】（1）利用求得，结合复合函数单调性同增异减求得的单调区间.

（2）根据的最小值为列方程，从而求得的值.

【详解】（1）∵，∴，即，

，由，

解得，∴函数的定义域为，

∵函数在上单调递增，在上单调递减，

又∵在上为增函数，

∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）设存在实数a，使函数的最小值为0，，

∵函数的最小值为0，∴函数的最小值为1，所以①，且②，

联立①②解得：，

∴存在实数，使函数的最小值为0.

18．(1)；.

(2)证明见解析

【分析】（1）运用等差数列的基本公式联立方程可解出的首项和公差，进而得到通项公式；对，考虑整理说明其为等比数列可得其通项公式；（2）将的通项公式进行裂项，可以求出其和，进而证明不等式.

【详解】（1）设的公差为d，由题意得：解得

所以，

由，得，

又，所以是公比为的等比数列，

所以.

（2）证明：，

.

要证，即证，

因为在上为增函数，且，

所以得证.

19．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得，利用余弦定理，求得，即可求得，再由正弦定理与圆的面积公式即可求解；

（2）由（1）得，根据为锐角三角形，求得，利用正弦定理和面积公式，以及三角恒等变换的公式化简得到，进而求得面积的取值范围.

【详解】（1）由题知：，

由正弦定理可化为，

即，

由余弦定理知，

又，故.

设外接圆的半径为R，则，

所以，

所以外接圆的面积为.

（2）由（1）知：，所以，

因为为锐角三角形，

所以，解得，

又由正弦定理，得，

所以.

又，则，

所以，

故面积的取值范围是.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先利用等边三角形三线合一得出，再利用平面平面，是两个平面的交线得出平面，进而得出结论.

（2）取的中点M，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.

【详解】（1）证明：因为，且平分，所以，

又因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

又因为平面，所以.

（2）取的中点M，连接，则两两垂直，

以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图空间直角坐标系则，

，，，，

由（1）知平面，所以是平面的一个法向量.

设平面的法向量，

因为，，

则

取，则，

因此，

所以二面角的正弦值为.

21．(1)

(2)，

【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式；

（2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，相加后得到，求出答案.

【详解】（1）由图示得：，解得：，

又，所以，所以，

所以.

又因为过点，所以，即，

所以，解得，

又，所以，所以.

（2）图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，

将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，

当时，，

令，则，

令，在上单调递增，在上单调递减，

在上单调递增，

且，

,

所以时，.当时，方程恰有三个不相等的实数根.

因为有三个不同的实数根，

且关于对称，关于对称，

则，

两式相加得：，

即，所以.

22．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用平面向量数量积得到，定义域为，求导后，根据导函数特征，分，，，四种情况，得到函数的单调性；

（2）定义域为，求导，根据导函数特征得到与不合题意，当时，满足要求，且由知，整理得到等价于，构造，求导后得到恒成立，得到函数的单调性，求出当时，，证毕.

【详解】（1）根据已知得，定义域为，

则，

若，当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

若，由，得或，由，得，

所以在上单调递增，在上单调递减；

若，则恒成立，所以在上单调递增；

若，由，得或；由，得，

所以在上单调递增，在上单调递减；

综上：时，在上单调递减，在上单调递增；

时，在上单调递增，在上单调递减；

时，在上单调递增；

时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）证明：由已知得，定义域为，

从而.

当，即时，恒成立，函数不可能有两个极值点；

当时，有两个根，因为，与都是正数相矛盾，不合题意；

当时，有两个根，因为，且，

所以两根均为正数，故有两个极值点，

因为，由知，

因为，

所以等价于，

即，

令，

所以在上单调递减，又，所以当时，，

故成立.

【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决.