2023届江苏省盐城市伍佑中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省盐城市伍佑中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），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。

一、单选题
1．满足的集合的个数为（ ）个．
A．16B．15C．8D．7
【答案】C
【分析】根据题意，列举即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，可以是，，，，，，，，共8个结果.
故选：C．
2．已知复数 (i为虚数单位)，则复数z在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】先化简出 ，即可得出对应点，便可得所在象限.
【详解】解：∵，
∴复数
又 则对应点坐标为
位于第四象限.
故选：D
3．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，根据差角余弦公式及同角三角函数关系，求值即可.
【详解】由，
∵，，
∴，则.
故选：A
4．已知方程的两根分别为tanα，tanβ，且α，β∈)，则α＋β的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】由韦达定理和正切和角公式得的值，再由已知和韦达定理两式的符号来缩小的范围，进而求得的值.
【详解】由题意知， ， ，
∴
又∵ ，
∴
∴ ，
又∵
∴
∴
∴
故选：B.
5．在中，为上一点，是的中点，若，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将利用平面向量的加法和减法运算，转化为以和为基底表示出来，根据是的中点列方程，求得的值.
【详解】，因为是的中点， 所以，，解得 ，.故选B.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，考查推理论证的能力.属于中档题
6．等比数列的前项和为，若，，则等于（ ）
A．-3B．5C．-31D．33
【答案】D
【分析】先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，求得公比，再利用等比数列的前n项和公式，即可求解的值，得到答案.
【详解】由题意，等比数列中，，
可得，解得，
所以.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
7．已知函数是定义在R上的偶函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】函数是定义在R上的偶函数，可知对称轴为，又可推出周期为4，根据函数的对称性和周期性即可判断正误.
【详解】解：因为函数是定义在R上的偶函数，
所以关于对称，则，
又，
所以，即，
函数的周期为4，
取，则，
所以，则D选项正确，B、C选项错误；
由已知条件不能确定的值，A选项错误；
故选：D.
8．在给出的①；②cs1＜sin1；③；④四个不等式中，正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①直接利用基本不等式可以判断，注意识别等号成立条件；②可以先判断，再判断cs1与sin1的关系；③先证明当时，不等式成立，再判断结论；④先把不等式两边分别进行放缩，，，再比较两个中间量的大小关系.
【详解】①，设，，
则原式，当且仅当时取等号，又，
所以，故①正确；
②因为，所以，.
因为，所以，故②正确；
③当时，设，
因为，所以在区间上单调递增，
所以，即.
所以成立，故③正确；
④由③可知，当时，，所以，又，
要比较与的大小关系，可以比较与的大小关系，
因为，所以，即 ，故④正确.
故选：D.
二、多选题
9．设正实数x，y满足，则下列说法正确的是（ ）
A．xy的最小值为B．的最小值为3
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】由基本不等式结合已知条件逐一判断即可
【详解】对于A：，
当且仅当，即时取等，所以的最大值为，故A错误；
对于B：，
当且仅当，即时取等，的最小值为3，故B正确；
对于C：由公式得，，所以，
当且仅当，即时取等，的最小值为，故C正确；
对于D：由得，
，
令，
则当时，，，
即当时，的最小值为，故D正确；
故选：BCD
10．在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AC
【分析】设，则，由余弦定理求出的长，可得，由底面可得，由线面垂直的判断定理和性质定理即可判断选项A；计算即可判断选项B；计算即可判断选项C；建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，面的一个法向量，计算再结合图形可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】设，则，
对于选项A：在中，由余弦定理可得：
，所以，
所以，所以，因为底面，面，
所以，因为，所以面，因为面，所以，故选项A正确；
对于选项B：因为底面，所以即为与平面所成的角，
在中，，所以，故选项B不正确；
对于选项C：因为为平行四边形，所以，所以为异面直线与所成角，在中，，，所以，
所以，故选项C正确；
对于选项D：如图建立空间直角坐标系：则，，，
，
可得，，，
设面的一个法向量，
由，令，则，，所以，
设面的一个法向量，
由，，令，，所以，
所以，
由图知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为，故选项D不正确，
故选：AC.
11．已知函数 在区间上有且仅有个零点，则（ ）
A．在区间上有且仅有个对称轴B．的最小正周期可能是
C．的取值范围是D．在区间上单调减
【答案】BD
【分析】根据题意求出的范围，然后再一一求解.
【详解】因为且
所以
又因为函数 在区间上有且仅有个零点，
所以满足，即，所以C不正确，A不正确；
的最小正周期为，所以B正确；
因为且
所以，又因为，即
所以在区间上单调减，即D正确.
故选：BD.
12．已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（ ）
A．函数的单调减区间为
B．函数的极小值是
C．当时，对于任意的，都有
D．函数的图像有条切线方程为
【答案】AB
【分析】对函数进行求导，对A令即可解决问题；
B选项把增减区间求出来后即可得极值；C选项做差法证明即可；D由切线斜率为3出发
反向分析即可得答案.
【详解】因为
所以，，
所以的单调减区间为，
故A正确．
令，
则或
所以在，单调递增
在单调递减
所以函数的极小值为，
故选项B正确；
由，
若
即

矛盾，
故选项C错误．
，
解的或，
当时切点不在上
当时切点不在上，
故选项D错误，
故选：AB．
三、填空题
13．已知直线l过点(1，0)，且倾斜角为直线x－2y－2＝0的倾斜角的2倍，则直线l的方程为__________．
【答案】4x－3y－4＝0
【详解】由题意可设直线x－2y－2＝0，直线l的倾斜角分别为α，2α，
则，
所以直线l的斜率，
所以由点斜式可得直线l的方程为y－0＝ (x－1)，即4x－3y－4＝0.
14．若函数在区间上单调递增，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】由以及复合函数的单调性可得，再根据可求出结果.
【详解】因为在区间上单调递增，
所以，即，
因为，所以的最小值为.
故答案为：.
15．设圆锥的底面半径为2，母线长为，若正四棱柱上底面的4个顶点在其母线上，下底面的4个顶点在其底面圆内，则该正四棱柱体积的最大值为______．
【答案】
【分析】设正四棱柱的底面边长为，高为，求出，利用导数求解函数的最值得解.
【详解】
设正四棱柱的底面边长为，高为，由相似得,
即.
因为.
所以正四棱柱的体积.
所以令.
当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
所以当时，函数取最大值为.
故答案为：
四、双空题
16．已知圆 是圆上的动点，则的最大值为_________；的最小值为____________．
【答案】 ##0.5
【分析】把变成代入圆方程，利用判别式不小于0求出最值即可，
利用原点到圆心的距离即可求得最小值．
【详解】圆标准方程是，，半径为，
由得代入圆的方程整理得，
，，
所以的最大值是；
表示点与坐标原点的距离的平方, ，
，所以的最小值是．
故答案为: ;
五、解答题
17．在中，分别为内角的对边，其中，，且．
(1)求的大小；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边角化，再利用辅助角公式及角的范围，结合三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，根据正弦定理得，
即，所以．
因为，所以，
所以，所以．
（2）在中，，，，
根据余弦定理，，解得，
所以．
18．如图，四棱锥中，是的中点,，且，， ．
(1)求证：平面；
(2)求点到面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明直线垂直于平面内两条相交直线即可.
（2）利用等体积法求点到平面的距离.
【详解】（1）设与交于，连接．
因为，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
因为，所以平行四边形为菱形，
所以，且
在中，，，所以
因为，，，面，面，
所以面．
（2）因为平行四边形为菱形，，
所以，．
在中，，为的中点，所以，
所以．
同理，．
因为面，面，所以．
因为，，，面，面，
所以面，
所以．
所以点到面的距离．
故：点到面的距离为.
19．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝AA1＝2，设 (λ＞0)．
(1)若λ＝1，求直线与平面A1C1D所成角的正弦值；
(2)若二面角的大小为60°，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，利用向量法求解即可.
（2）利用向量法进行求解即可.
【详解】（1）解：分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
（1）当时，为的中点，所以，，，，设平面的法向量为
则，所以取
设直线与平面所成角为，又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2），，，，
设平面的法向量为，则，
所以取.
又平面的一个法向量为，由题意得，
所以，解得或（不合题意，舍去），
所以实数的值为.
20．如图，扇形AOB的圆心角为，半径为1．点P是上任一点，设．
(1)记，求的表达式；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据三角函数的定义可得，再根据题意求得，进而根据辅助角公式得到的表达式即可；
（2）根据题意可得，进而化简得到，再代入可得，，进而结合三角函数的范围求解即可
【详解】（1）
由题意，以为坐标原点，为轴正向建立如图平面直角坐标系，则，.故，所以，即
（2）由（1），，即，故，解得，其中，故 ，即，，故，所以，故，即的取值范围为
21．已知数列中，
（I）求证：数列是等比数列
（II）求数列的通项公式
（III）设，若，使成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）详见解析（2）（3）
【详解】试题分析：（I）由，变形为利用等比数列的定义即可证明．
（II）由（I）可得：，利用“累加求和”方法、等比数列的求和公式即可得出．
（III），可得．利用“裂项求和”方法可得Sn，再利用数列的单调性、不等式的解法即可得出．
试题解析：
（I）证明：，
.
，，.
∴数列是首项、公比均为2的等比数列
（II）解：是等比数列，首项为2，通项，
故
，当时，符合上式，
∴数列的通项公式为
（III）解：，
故
若,使成立，由已知，有，解得，所以的取值范围为
点睛：本题考查了递推关系、等比数列的定义及其通项公式、“裂项求和”方法、“累加求和”方法、数列的单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22．已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)记表示不超过实数的最大整数，若对任意恒成立，求的值．
【答案】(1)，；
(2)1.
【分析】（1）根据导数的几何意义及列方程求解即可；
（2）利用导数求出函数的极值、单调性，再由零点存在性定理求出函数的隐零点，
由恒成立问题转化为的两根为，求出代入计算即可.
【详解】（1）因为，
所以
（2）由（1）知，，
列表如下：
，
因为，，
且函数在是连续不间断的减函数，
所以恰有一个，使
因为，所以时，，时，，
因为任意恒成立，
所以时，，时，，
所以有两个根1和，
所以，
所以
设，因为对称轴，
所以，
即，
所以
【点睛】关键点点睛：利用导数确定出函数的单调性后，根据零点存在性定理，得到函数的隐零点是解题的关键点之一，根据的正负及恒成立，可转化为是的两根，进而求出是关键点之二，利用隐零点满足进行运算化简是解题的关键点之三.
0
极大值