天津市静海区第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题（解析版）

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静海一中2022-2023高三第一学期（12月）学生学业能力调研数学试卷一､选择题：每小题5分，共45分.1.已知全集,集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合,集合,从而得到,由此能求出.【详解】集合集合,所以或所以故选:.2.设命题P：已知定义在的可导函数，其导函数，存在，使得，恒成立.命题Q：存在，使得为递增数列.则Q是P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【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，分别求出k的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】依题意，，不妨令，，令，即有，而不可能恒为0，所以函数在上递增，故，即恒成立，令，，求导得，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，，故，于是命题P为真：，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

1数列是递增数列，则，，即，故在n属于正整数集上恒成立，于是有，因此命题Q为真：，显然当时，成立，反之当时，不一定成立，则Q是P的必要不充分条件，B正确.故选：B3.著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数的图像大致是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出函数定义域,排除两个选项，再由函数值的正负排除一个，从而得正确选项．【详解】由得，即函数定义域是，排除AB，时，，，，时，，，，因此排除C，故选：D．4.若，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据同角三角函数的平方关系先求出，，然后再利用商的关系即可求解.【详解】因为，所以，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

2又因为，所以，解得：或，则或，因为，所以，，则，故选：.5.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，可得时，函数单调递增；时，函数单调递减．由，得，即，得．当时，，令，则，从而，即，可得，所以，综上可得结论．【详解】令，则．当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减．由，得，即，则，得．当时，，即．在上式中，令，又，则，从而，即，得，即，所以，综上可得，，即．故选：D．6.已知，则的最大值为（）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

3A.B.2C.1D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式、两角和与差的正余弦展开式、二倍角公式进行化简计算可得答案.【详解】，因为，所以，则的最大值为1.故选：C.7.等差数列，前n项和分别为与，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列前项和的特点，由已知设出，分别求出其通项公式，代入计算可得答案.【详解】设等差数列，的首项和公差分别为，则，因为，由等差数列前项和的特点，故可设，其中为非零常数，由，当时，，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

4当时，，当时上式仍旧适合，故，同理可得，当时，，所以.故选：A.8.已知函数是偶函数.若将曲线向左平移个单位长度后得到曲线，若方程在有且仅有两个不相等实根，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意利用三角恒等变换化简的解析式，根据函数的奇偶性求得，可得的解析式，再利用函数的图像变换规律，可得的解析式，再利用余弦函数的图像和性质，求得实数的取值范围．【详解】是偶函数，则，，，故，．若将曲线向左平移个单位长度后，得到曲线，∴，当，则，若方程在有且仅有两个不相等实根，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

5则有，解得，则实数的取值范围是.故选：B9.已知函数，若函数恰有6个零点，则实数a取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，分析函数的特性，结合函数图象确定方程根的情况，再借助一元二次方程根的分布求解作答.【详解】当时，，求导得：，当时，，当时，，即有函数在上单调递减，在上单调递增，，当时，在上递增，，在上递减，，作出函数的图象，如图，令，当时，方程只有一个根，当时，方程有两个不等根，当时，方程有三个不等根，当时，方程有四个不等根，当时，方程有三个不等根，当时，方程有两个不等根，令，要函数恰有6个零点，则方程必有两个不等的正实根，并满足：第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

6当时，必有，，解得，当时，必有或，或，无解，当时，必有，，无解，综上得，所以实数a的取值范围是.故选：A【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.二､填空题：每小题5分，共30分.10.已知，x为实数且满足，则的最大值为___________．【答案】4【解析】【分析】函数是上的增函数，而，可得，解得的范围，进而求得的最大值．【详解】，故是上的增函数而故，即，即或解得或所以当时，取最大值4．故答案为：4．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

711.已知数列的通项公式为，为数列的前n项和，则使得的n的最小值为___________.【答案】23【解析】【分析】根据数列通项公式的特点，分奇偶讨论，利用并项求和表示其前n项和，再解不等式求得结果.【详解】当n为奇数时，，，由解得；当n为偶数时，，，不合题意，舍去；综上n最小值为23.故答案为：23．12.若，且，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】由题得，分，两种情况解决即可.【详解】由题知，，且，即所以，当时，，即，此时，所以的最大值为1，当时，，当且仅当时取等号，此时；第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

8所以的最大值为.综上，的最大值为.故答案为：13.已知函数的图象与y轴的交点为且在上单调递减，且，使得，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】根据点求得，结合三角函数的单调性、三角不等式等知识求得的取值范围.【详解】依题意，，由于，所以，则，由，解得，由于在上单调递减，所以，解得，由于，所以，①.即，，恒成立，所以，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

9由于，所以，解得，由于所以，②，由①②得的取值范围是.故答案为：14.在中，内角,,所对的边分别是a，b，c，，若，则面积的最大值为___________.的最小值为___________.【答案】①.②.2【解析】【分析】先根据已知条件求出,再根据余弦定理及正弦定理面积公式结合基本不等式得到面积的最大值,根据余弦定理结合基本不等式即可得到的最小值.【详解】因为所以,因为余弦定理,即可得,因为面积为,当且仅当时,最大值为;又因为,即,可得,当且仅当时,的最小值为2.故答案为:;215.已知正实数a，b满足，则的最小值为___________.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

10的最小值为___________.【答案】①.4②.【解析】【分析】空1先把两边平方，再对所求式子进行换元，利用二次函数求解最值，（或根据柯西不等式直接求解）；空2先分离常数，然后根据均值不等式求解.【详解】空1方法一，由得，，，当且时，即时，取得最小值4.空1方法二，由柯西不等式得当时，取得最小值4.故答案为：4.空2，.当取等号.故答案为：．三､解答题：（本大题共3小题，共36分）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

1116.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，.（1）求的值.（2）求的值.（3）若线段AC上存在一点H且，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换求得，然后结合余弦定理、正弦定理以及同角三角函数的基本关系式求得.（2）先求得，进而求得.（3）将三角形的面积表示为三角函数的形式，结合三角函数值域的求法求得正确答案.【小问1详解】依题意，由于，所以.由得，由余弦定理得，所以，所以，所以.由得，由正弦定理得，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

12所以，所以.【小问2详解】，，为锐角，所以.【小问3详解】，，，所以是第二象限角，由于，所以，，结合是第二象限角可知.设，则，在三角形中，由正弦定理得，，所以第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

13，由于且，所以，，所以的取值范围是.17.已知函数.将周期为的函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图像对应的函数为.（1）求的单调区间；（2）求图像的对称轴方程和对称中心坐标.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】（1）先求得函数解析式，进而得到函数解析式，利用代入法去求单调区间；（2）利用代入法去求的图像的对称轴方程和对称中心坐标.【小问1详解】则第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

14由函数周期为，可得，解之得当时，由，可得则的单调增区间为由，可得则的单调减区间为当时，由，可得则的单调增区间为由，可得则的单调减区间为【小问2详解】当时，由，可得则的对称轴方程为由，可得则的对称中心为，当时，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

15由，可得则的对称轴方程为由，可得则的对称中心为，18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，，，.（1）求证：平面BMD；（2）求直线PB与平面BMD所成角的余弦值；（3）线段PA上是否存在一点N使得平面BMN与平面BMD所成角余弦值为，若存在，求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或．【解析】【分析】（1）交于，再连接，证明后可证得线面平行；（2）证明平面，分别以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角；（3）假设存在满足题意的点，设（），由空间向量法求二面角的余弦，从而可求得的值，从而得．【小问1详解】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

16连接交于，再连接，由已知与平行且相等，是平行四边形，因此与互相平分，是中点，又是中点，则，平面，平面，所以平面；【小问2详解】，则是矩形，，，是中点，则，平面平面，平面平面，平面，所以平面，，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，因此，，，，设平面的一个法向量是，则，令，则，，即，设直线PB与平面BMD所成角为，则，；【小问3详解】假设存在满足题意的点，设（），，，设平面的一个法向量是，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

17则，取，则，，即，，，，由题意，解得或，又，所以或．所以存在满足题意的点且或．19.已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，.（1）求，的通项公式.（2）已知，求数列的前2n项和.（3）求证：.【答案】（1）,.（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由等差等比的通项公式即可求解；（2）分是奇数和是偶数，分别利用错位相减法和裂项相消法求和即可；（3）根据，裂项求和即可证明.【小问1详解】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

18设等差数列的公差为，等比数列的公比为,由得①，将①代入，得，即②将①代入，得③，将②代入③，得，又，所以解得：，所以，所以，，故，所以.【小问2详解】当是奇数时，当是偶数时，，则①②①-②得：即化简得：.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

19所以.【小问3详解】，当时，，因为，所以；当时，也成立.故.【点睛】方法点睛：本题的核心是考查错位相减求和.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．20.已知函数.（1）求的单调区间.（2）若存在两个不同的零点且.求证：.【答案】（1）当时在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）根据的取值分类讨论即可得解；（2构造函数证明单调性即可得解.【小问1详解】因为，所以，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

20(i)当时，恒成立，在单调递增；(ii)当时，令得，，时，，在单调递增；时，，在单调递减；【小问2详解】因为存在两个不同的零点且.所以且，即，解得，且，根据题意，所以，所以，所以，又，所以，令，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

21所以，所以所以为增函数，又，所以，所以，所以，所以，所以，又因为所以，所以，所以，所以，所以，所以（>0）,第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

22所以，所以不等式左边得证；证明，而，只需证明，又所以由对数均值不等式，所以，所以需证，即证，令，所以可以转化为：，所以需要证明，取对数得，即证，即证，即证，设，，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司

23当时，，所以，所以得证，所以右式得证；所以.【点睛】本题充分讨论函数的单调性，利用变量转化和构造函数证明不等式.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司