江西省贵溪市实验中学2023届高三下学期第四次月考数学（文）试题（含解析）

江西省贵溪市实验中学2023届高三下学期第四次月考数学（文）试题

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

一、单选题

1．设，则（    ）

A． B． C． D．

2．端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（    ）

A． B． C． D．

3．已知，，是直线，是平面，若，，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

4．函数的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

5．已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（    ）

A． B． C． D．

6．数列是等差数列，若，，则（    ）

A． B．4 C． D．

7．已知平面向量，满足，若，，则，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

8．在等差数列中，，，依次成公比为3的等比数列，则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．8

9．已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

10．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（    ）

A． B． C． D．

11．已知偶函数的图象关于点中心对称，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

12．三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的外接球的体积为，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．函数的值域为__________．

14．如图，将圆沿直径折成直二面角，是所在半圆弧的中点，是所在半圆弧的任意一点，则直线与平面所成角的大小为__________．

15．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥内切球的表面积是圆锥底面积的___________倍.

16．已知数列的各项均不为零，且满足，（，），则的通项公式__________．

三、解答题

17．在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答．

问题：已知在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，，__________，若三角形唯一，求此时的周长，若不唯一，说明理由．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18．如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．

(1)证明：；

(2)求异面直线与所成角的余弦值．

19．已知数列的前项和为，，是公差为1的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)记，，求证：．

20．如图，三棱锥中，底面与侧面是全等三角形，侧面是正三角形，，，，，，，分别是所在棱的中点，平面与平面相交于直线．

(1)求证：；

(2)求点到平面的距离．

21．已知，分别为等差数列和等比数列，，，，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)记，求数列的前项和．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线交于点，将射线绕极点顺时针方向旋转与曲线交于点．

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)求的面积的最小值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设函数的值域为，，，试比较与的大小．

参考答案：

1．D

【分析】求出，即得解.

【详解】∵，

∴

∴

∵，

∴.

故选：D

2．C

【分析】利用等边三角形面积公式和正三棱锥体积公式求出粽子的体积，然后利用密度公式计算粽子的质量.

【详解】由题知，

粽子的体积，

根据可得，

该粽子重量大约为，

与C选项最为接近.

故选：C

3．B

【分析】举反例判断充分性，再证明必要性得解.

【详解】若∥，，如果，则“”不一定成立.如图所示，所以“，”是“”非充分条件.

如果“”， 又，所以，因为，所以，所以“，”是“”的必要条件.

所以“，”是“”的必要非充分条件.

故选：B

4．D

【分析】先求导，再由求解.

【详解】解：因为，

所以，

由，即，

解得，

所以函数的单调递增区间为，

故选：D

5．C

【分析】记的中点分别为E，F，先证三角形即为平面截正方体所得截面，然后可得周长.

【详解】记的中点分别为E，F，连接，

由正方体性质可知，平面，

因为平面，所以

又为正方形，所以

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以

因为P，E分别为的中点，所以，所以，

同理可证，

又，平面

所以平面，

所以三角形即为平面截正方体所得截面，

易知三角形为正三角形，

所以截面周长为.

故选：C

6．C

【分析】根据等差数列性质得到，得到答案.

【详解】，故.

故选：C

7．D

【分析】设，的夹角为，由数量积的定义和模长公式求解即可.

【详解】设，的夹角为，，则，

由可得：，则，

所以，解得：.

因为，故.

故选：D.

8．B

【分析】直接利用等差数列和等比数列的公式计算得到答案.

【详解】，故，，

即，，解得.

故选：B

9．C

【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案.

【详解】当时，，可得，

当时，，，两式相减得，

即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，

所以；

所以，所以，

令得，，又，所以，此时有，

当时，，即，此时数列是递减数列，故有.

故选：C.

10．C

【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.

【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.

因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.

则.

由题得,

.

设.

所以.

设异面直线与所成角为，

则.

当时，最大为，此时最小，最小值为.

故选：C

11．C

【分析】根据函数的奇偶性和对称性得到函数周期，变换，代入计算得到答案.

【详解】偶函数的图象关于点中心对称，

则，且，故，

，故函数为周期为的函数，

.

故选：C

12．A

【分析】将三棱锥放入长方体中，根据体积公式得到，得到，再计算三棱锥的体积得到答案.

【详解】将三棱锥放入长方体中，如图所示：

设球的半径为，，则，，解得，

故三棱锥的体积为.

故选：A

13．

【分析】用余弦的二倍角公式转化为二次函数求值域.

【详解】因为，

又，所以，则，

即函数的值域为.

故答案为：.

14．#

【分析】连接MO，NO，易得，再由将圆沿直径折成直二面角，得到平面ABN，从而是直线与平面所成的角求解.

【详解】解：如图所示：

连接MO，NO，

因为M为所在半圆弧的中点，

所以,

将圆沿直径折成直二面角，

平面ABN，

所以ON为MO在平面ABN中的射影，

所以是直线与平面所成的角，

在中，

，

所以，

故答案为：

15．

【分析】利用圆锥侧面积和底面积的比求得，进而求得圆锥内切球半径与底面半径的关系式，从而求得内切球表面积是圆锥底面积的倍.

【详解】圆锥的轴截面是，设圆锥的底面半径r=BD，母线为l，则，，所以，得l=2r，如图，可知是正三角形，O是内切球球心，R=OD是内切球半径，所以，所以内切球表面积，所以，所以内切球表面积是圆锥底面积的倍.

故答案为：

16．

【分析】变换得到，设，得到，利用累加法计算得到答案.

【详解】，则，

设，，则，

，

故.

故答案为：

17．答案见解析

【分析】根据余弦定理得到，若选择①，确定，根据余弦定理得到，，得到答案，若选择②，根据余弦定理得到，计算周长即可，若选择③，根据正弦定理得到，再根据余弦定理得到或，得到答案.

【详解】，则由余弦定理得，

即，即，

若选择①：

，则，即，，

所以由余弦定理得，

即，即，得，故，，

此时三角形唯一，则周长为；

若选择②：

，，由余弦定理得，

即，故，

即，得，

此时三角形唯一，则周长为；

若选择③：

，，，由正弦定理得 ，得，

则，即，得，

则或，此时三角形不唯一.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的结合即可得出结论.

（2）建立空间直角坐标系，得出相应点的坐标，然后利用向量间余弦值的公式求解即可.

【详解】（1）由题知，在三棱柱中，

因为，，平面，

所以四边形是正方形，，

又平面，则，

又平面，，

则平面，

又是中点，是中点，

则，所以平面，

又平面，则，

又平面，，

则平面，

又平面，则.

（2）根据已知，以为原点，

所在直线分别为轴，

建立空间直角坐标系，如图所示，

假定，

又是的中点，

则，

则，，

，，

则，，

.

故异面直线与所成角的余弦值为.

19．(1)

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据等差数列的性质，结合即可求解的通项，进而可得的通项；

（2）根据裂项求和可得，再证明不等式.

【详解】（1）由是公差为1的等差数列，可得，

所以，

所以，

当时，，所以，

当时，也符合，所以.

（2），

所以

所以.

当时，取到最小值，此时取到最小值.

所以. 故得证.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明，进而得证平面，再根据直线与平面平行的性质可得，进而得证；

（2）连接，通过线面垂直关系可得平面，结合为的中点，可得到平面的距离为，再结合三角形知识可得，，进而利用等积法即可求解.

【详解】（1）因为，，，分别为，，，的中点，

所以，，

所以，

又平面，平面，

所以平面，

又平面，且平面平面，

所以，

又，所以.

（2）连接，因为，，，侧面是正三角形，

所以，，

又与是全等三角形，

所以，

又，且平面，

所以平面，

又平面，

所以，

在正三角形中，，

又，且平面，

所以平面，

又为的中点，

所以到平面的距离为.

在中，，

，

又，，为的中点，

所以，且

在中，，

所以，

所以，

设到平面的距离为，

由，得，

即，

即到平面的距离为.

21．(1)，

(2)

【分析】（1）根据等差数列以及等比数列的通项公式进行求解即可；

（2）根据错位相减求和法进行求解即可.

【详解】（1）已知为等差数列，由，则，解得，

又， 则，代入，解得，

所以.

已知为等比数列,，，又，，

则，，所以公比，.

（2）由（1）得，

则，

，

则，

所以数列的前项和．

22．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，先将参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程即可；

（2）根据题意，设，设，然后结合极坐标方程，代入计算，即可得到的面积的范围，从而得到结果.

【详解】（1）因为，则，且，则，

根据，转化为极坐标方程为.

（2）由（1）可知，曲线的极坐标方程为，

设，

则

由于，则，即，

所以，即，所以

23．(1)

(2)

【分析】（1）分段去绝对值求解，然后取并集可得；

（2）分段求值域，然后作差，因式分解，根据a，b范围可得.

【详解】（1）

所以或或

解得或或

综上，不等式的解集为

（2）当时，，

当时，，即

当时，

综上，函数的值域，

因为，所以，

所以，所以