辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题（解析版）

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沈阳二中2022—2023学年度高三（23届）上学期12月阶段测试数学试题说明：1.测试时间：120分钟总分：150分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上第Ⅰ卷(选择题，共60分)一.单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A满足，则A的个数为（）A.8B.16C.32D.64【答案】C【解析】【分析】结合已知条件分析集合中元素的个数，进而即可得到答案.【详解】由题意，集合A中一定含3，4，5，可能含6，7，8，9，10，由此可得满足条件集合A的个数就是集合的子集的个数，共有个故选：C.2.已知虚数满足,则（）A.0B.1C.0或1D.2【答案】B【解析】【分析】设虚数z=a+bi,将z代入,得出a,b,计算即可.【详解】解:由题知,设虚数z=a+biR,代入可得R,,可得(舍)或,故z=i,,故选:B.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

13.在等比数列中，“”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【答案】C【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，等比数列的定义分析即可.【详解】等比数列中，，，或所以“”是“”的充分条件.同理可证或，所以“”是“”的必要条件.综上所述“”是“”的充分必要条件.故选：C.4.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识；为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷．这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下：则下列说法错误的是（）A.讲座后问卷答题的正确率的中位数为87.5%B.讲座后问卷答题的正确率的众数为85%C.讲座后问卷答题的正确率的第75百分位数为95%D.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后问卷答题的正确率的标准差【答案】D第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

2【解析】【分析】根据图表中的数据信息，集合中位数、众数、百分位数，以及数据的波动性，逐项判定，即可求解.【详解】根据这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的图表，可得：讲座后问卷答题的正确率的中位数为，A正确．讲座后问卷答题的正确率的众数为85%，B正确．讲座后问卷答题的正确率的第75百分位数为95%，C正确．讲座前问卷答题正确率的数据波动大于讲座后问卷答题正确率的数据波动，故讲座前的标准差也应该大于讲座后的标准差，D错误．故选：D.5.已知平面向量满足，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据投影向量的定义结合向量的夹角公式运算求解.【详解】在方向上的投影向量为故选：C.6.抛物线的准线过双曲线的左焦点，则双曲线的虚轴长为（）A.8B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先求出抛物线的准线，从而可得双曲线的，根据的关系可得答案.【详解】因为抛物线的准线为，所以由题意可知双曲线的左焦点为，因为，所以，所以双曲线的虚轴长为.故选：B.7.如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与的左支的交点满足，则双曲线的离心率为（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

3A.3B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在和中，由正弦定理结合条件得到，设（），由双曲线的定义和勾股定理得到，结合即可求解.【详解】在中，由正弦定理得：①，在中，由正弦定理得：②，又，则，所以得：，又，则，即；设（），由双曲线的定义得：，，，由得：，解得：，所以，，在中，由勾股定理得：，整理得：，即双曲线的离心率，故选：C.8.设定义在实数集上的函数与的导数分别为与，若，，且为奇函数，则下列说法不正确的是（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

4A.B.图象关于直线对称C.D.【答案】B【解析】【分析】根据为奇函数推出对称中心为，根据可得，由，得，将代入，得的对称轴为，进而可得的周期，与的周期，再利用特值法求值即可.【详解】由为奇函数，则过，图象向右平移一个单位得过，A选项正确；又，则，因，所以，所以，令，得，则，所以，则关于直线对称，两边求导得，函数的图象关于点对称，B选项错误；因为关于点对称，关于直线对称，则的周期；所以，，所以，C选项正确；又函数关于直线对称，所以函数在左右两侧单调性相反，且，令，得，所以，，D选项正确；故选：B.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数的部分图象如图所示，则（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

5A.B.图象的一条对称轴方程是C.图象的对称中心是，D.函数是偶函数【答案】BD【解析】【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.【详解】由函数图象知：，所以；即，解得，所以，因为，所以，，即，，因为，所以，.对选项A，因为，故A错误.对选项B，，故B正确．对选项C，令，k∈Z，解得，，所以的对称中心是，，故C错误．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

6对选项D，设，则的定义域为R，，所以为偶函数，故D正确.故选：BD10.下列说法中正确的有（）A.设正六棱锥的底面边长为，侧棱长为，那么它的体积为B.用斜二测法作的水平放置直观图得到边长为的正三角形，则面积为C.若一条直线垂直于两条平行直线中的一条，则它一定与另一条直线垂直D.已知两个平面垂直，一个平面内的任一直线必垂直于另一个平面【答案】AC【解析】【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项；利用斜二测画法可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；根据已知条件判断线面位置关系，可判断D选项.【详解】对于A，正六棱锥的底面边长为，则该正六棱锥的底面积为，又侧棱长为，则棱锥的高，所以该棱锥的体积为，A正确；对于B，对于任意三角形，过点作，垂足为点，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则，的直观图如下：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

7则，所以，，本题中，根据以上原理，，B错误；由异面直线所成角可知C正确．已知两个平面垂直，一个平面内的直线与另一个平面不一定垂直，D错误.故选：AC.11.已知两点的距离为定值，平面内一动点，记的内角的对边分别为，面积为，下面说法正确的是（）A.若，则最大值为2B.若，则最大值为C.若，则最大值为D.若，则最大值为1【答案】BC【解析】【分析】设点坐标，根据条件分别求出动点的轨迹方程，再由三角形ABC的面积，转化为由轨迹方程求的最大值即可得解.【详解】设，动点，对A，，即，化简可得C的轨迹方程，所以三角形ABC的面积，即C点为时，三角形ABC面积最大，故A错误；对B，由题意可得，化简可得C的轨迹方程，所以，即C点为时，三角形ABC面积最大，故B正确；对C，由知，动点C的轨迹为以A，B第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

8为焦点的椭圆（除去长轴上的两个顶点），椭圆方程为，三角形ABC的面积，即当C运动到短轴端点时，三角形面积最大，故C正确；对于D，由题意，化简可得C的轨迹方程，三角形ABC的面积，由双曲线中的范围知，三角形ABC的面积的最大值为，故D错误.故选：BC12.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）A.平分B.C.延长交直线于点，则三点共线D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据题意求得，，从而证得，结合平面几何的知识易得平分；对于B，直接代入即可得到；对于C，结合题意求得，由的纵坐标相同得三点共线；对于D，由选项A可知.【详解】根据题意，由得，又由轴，得，代入得（负值舍去），则，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

9所以，故直线为，即，依题意知经过抛物线焦点，故联立，解得，即，对于A，，，故，所以，又因为轴，轴，所以，故，所以，则平分，故A正确；对于B，因为，故，故B错误；对于C，易得的方程为，联立，故，又轴，所以三点的纵坐标都相同，则三点共线，故C正确；对于D，由选项A知，故D正确.故选：ACD..第II卷(选择题，共90分)三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.著名的函数，则______.【答案】1【解析】【分析】根据函数解析式分类讨论求解即可.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

10【详解】当，；当，，故答案为：114.已知双曲线C：的两条渐近线分别为与，若点，为上关于原点对称的不同两点，点为上一点，且，则双曲线的离心率为___________．【答案】【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程及斜率公式，结合双曲线的离心率公式即可求解.【详解】不妨设直线的方程为，则直线的方程为，设点，,因为点，为上关于原点对称的不同两点，所以,所以，,又因为，所以，即，所以故答案为：.15.已知点，若圆上存在点满足3，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】由已知求出的轨迹为圆，再由圆与圆的位置关系列不等式求解实数的范围．【详解】设，则若3，则即∴轨迹是以原点为圆心，以2为半径的圆，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

11若圆上存在点满足3，则圆和圆有公共点，解得：∴实数的取值范围是．故答案为：．16.已知抛物线：，圆：，在抛物线上任取一点，向圆作两条切线和，切点分别为，，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】设点，由已知关系，可用点坐标表示出.在，有，进而可推出，根据的范围，即可得到结果.【详解】由已知，，.如图，设点，则，，在中，有，易知，则，则，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

12因为，，所以当时，取得最大值，又，所以，.所以，的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．（1）求b的值；（2）若AD平分∠BAC，且交BC于点D，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入已知条件，在利用正弦定理及两角和的正弦公式即可解决问题（2）设，利用等面积法求出的值，然后代入公式即可.【小问1详解】因为，，所以，由正弦定理得，，由正弦定理得．【小问2详解】设，因为，AD平分∠BAC，所以，因为，，，所以，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

13因为，所以，所以，所以的面积．18.已知数列的各项均为正数，前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用求得.（2）利用裂项求和法求得.【小问1详解】依题意，当时，，解得，当时，由，得①，所以②，①-②得：，所以，因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以；【小问2详解】由得，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

14所以，所以.19.如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，，平面底面，（1）求证：平面（2）求平面与平面所成锐角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，由此可得，从而证得，进一步可利用勾股定理可证得，根据面面垂直的性质可得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，，，，又，四边形为平行四边形，，又，，，，又，，，，又平面底面，平面底面，平面，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

15平面.【小问2详解】由（1）知：，，又，面，平面，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；平面，平面的一个法向量为，，即平面与平面所成锐角的余弦值为.20.如图，已知椭圆，的左右焦点是双曲线的左右顶点，的离心率为．点在上（异于两点），过点和分别作直线交椭圆于和点．（1）求证：为定值；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

16（2）求证：为定值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆方程可得坐标，进而知双曲线，结合离心率和双曲线关系可求得双曲线方程，根据，利用斜率公式和在双曲线上，可化简得到；（2）将与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由弦长公式可求得，同理可得，根据可化简得到；将，代入所证式子中即可化简得到定值.【小问1详解】由题意知：，，双曲线的，又双曲线离心率，，，；设，，，则，，即为定值.【小问2详解】设直线的方程分别为，，，，由（1）知：，由得：，，，；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

17同理可得：，，即为定值．21.已知动圆过定点，且与直线相切，其中．（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）设、是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当、变化且，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）设动圆圆心为，则，由此能导出所求动圆圆心的轨迹的方程．（2）设，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得，由此能求出直线过定点坐标．【小问1详解】解：设动圆圆心为，依题意可得，整理得，所求动圆圆心的轨迹的方程是.【小问2详解】证明：设，，由题意得（否则，且，，所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，．即，，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

18把代入得，由韦达定理知，，①，由得把①代入上式，整理化简得，，此时，直线的方程可表示为：，即，令，解得，直线恒过定点．22.已知函数．（1）若，求实数m的取值范围并证明：；（2）是否存在实数t，使得恒成立，且仅有唯一解？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1），证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而得到函数的最值，即可求出参数的取值范围，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；（2）设，可得，则，求出函数的导函数，即可求出的值，再利用导数研究函数的单调性，从而得证；【小问1详解】解：因为，所以，令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减．当时，且单调递增，当时，且先递增后递减，，故要使成立，则．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

19由，得，即，所以．设，则，所以在上单调递减，故．令，得，即，得，从而，得【小问2详解】解：设，易知，故要使且仅有唯一解，则．，令，得，此时．由（1）可知，所以，则，所以当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，满足，且只有唯一解，从而满足要求．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司