辽宁省名校联盟2023-2024学年高三上学期12月联考数学Word版含解析.docx

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辽宁省名校联盟2023年高三12月份联合考试数学试卷本试卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、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，，则（）A．B．C．D．2．若复数为纯虚数，则（）A．5B．C．3D．3．已知函数，则“在区间上单调递增”的一个充分不必要条件为（）A．B．C．D．4．老张为锻炼身体，增强体质，计划从下个月1号开始慢跑，第一天跑步3公里，以后每天跑步比前一天增加的距离相同．若老张打算用20天跑完98公里，则预计这20天中老张日跑步量超过5公里的天数为（）A．8B．9C．13D．145．如图①所示，圆锥绣球是虎耳草科绣球属植物，在中国主要分布于西北、华东、华南、西南等地区，抗虫害能力强，其花序硕大，类似于圆锥形，因此得名．现将某圆锥绣球近似看作如图②所示的圆锥模型，已知，直线与圆锥底面所成角的余弦值为，则该圆锥的侧面积为（）①②A．B．C．D． 6．将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（）A．B．C．1D．37．已知直线与圆，过直线上的任意一点作圆的切线，切点分别为，则的最大值为（）A．B．C．D．18．已知在正方体中，，点分别在棱和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，则（）A．的长度为B．的长度为C．的长度为D．的长度为二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．已知正项等比数列的公比为，前项和为，，，则（）A．B．C．数列是递减数列D．10．已知函数，则（）A．为奇函数B．的单调递增区间为C．的极小值为D．若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为11．已知正数满足，则（）A．B．C．D．12．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为 ，离心率为，点在上，则（）A．若的面积为，则B．若直线的斜率之积为，则C．若，则以为直径的圆与无交点D．若，则的最大值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知，，，若，则______．14．已知函数的定义域为，且的图像是一条连续不断的曲线，则同时满足下列三个条件的一个的解析式为______．①；②为奇函数；③在上单调递减．15．已知在直三棱柱中，，，若直三棱柱存在内切球（与各面均相切）且该球的表面积为，则该直三棱柱的体积为______．16．已知抛物线的焦点为，直线过点且与交于两点，且，与的面积之比为，其中为坐标原点，则______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知数列满足，．（1）求证：为等比数列；（2）求数列的前项和．18．（12分）已知的内角所对的边分别为，且．（1）求；（2）若，求的最大值．19．（12分）如图，相距的之间是一条马路（可近似看作两条平行直线），为了测量河对岸一点 到马路一侧的距离，小明在这一侧东边选择了一点，作为测量的初始位置，其中与交于点，现从点出发沿着向西走到达点，测得，继续向西走到达点，其中与交于点，继续向西走到达点，测得．根据上述测量数据，完成下列问题．（1）求的值；（2）求的值．20．（12分）如图，在四棱锥中，已知，底面是正方形，为棱的中点，，．（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值．21．（12分）已知双曲线的左、右顶点分别为，点在上，且．（1）求的方程；（2）直线与交于两点，记直线的斜率分别为，若，求的值．22．（12分）已知函数． （1）当时，求的极值；（2）若，求的值；（3）求证：． 参考答案及解析一、选择题1．C【解析】由题意得，，故．故选C项．2．A【解析】，故，解得．故选A项．3．D【解析】图像的对称轴为直线，若在区间上单调递增，则，解得，所以“”是“”的充分不必要条件．故选D项．4．B【解析】由题意得这20天日跑步量为等差数列，记为，设公差为，则，解得，所以．由，得，所以，所以老张日跑步量超过5公里的天数为9天．故选B项．5．C【解析】设，则由题意得，解得，所以底面圆周长，故该圆锥的侧面积．故选C项．6．B【解析】因为的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，所以．当时，，因为函数在区间上单调递增，所以，解得，因此的最大值为．故选B项．7．D【解析】设，由题意得为锐角，因为圆的半径，所以，，故当取最小值时，取最大值，显然当时，最小，且，此时，此时，也取得最大值，最大值为．故选D项．8．A 【解析】如图，连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，则即为，即为．由，得，所以，，由，得，所以，所以，故C，D项错误；由，得，又易知，所以，所以，所以，故A项正确，B项错误．故选A项．二、选择题9．AC【解析】由，得或（舍去），A项正确；因为，所以，B项错误；，随着的增大而减小，故是递减数列，C项正确；，D项错误．故选AC项．10．ACD【解析】对于A项，，所以，故A项正确；对于B项，，令可得或，令可得，所以的单调递增区间为，故B项错误；对于C项，由，得，结合B项可知，是的极小值点，此时的极小值为，故C项正确；对于D项，令，得，如图，在同一直角坐标系内作出的图像与直线，当关于的方程恰有3个不等的实根时，，D 项正确．故选ACD项．11．BC【解析】对于A项，由已知得，所以（当且仅当时取等号），A项错误；对于B项，由已知得，所以（当且仅当时取等号），B项正确；对于C项，由已知得，所以，即，所以（当且仅当时取等号），C项正确，D项错误．故选BC项．12．BCD【解析】由，得，所以，故A项错误；由题意得，所以，，故，故B项正确；若，则，，故C项正确；由，得，故D项正确．故选BCD项．三、填空题13．4【解析】依题意，，故，解得．14．（答案不唯一）【解析】由题意得满足条件的一个的解析式为．15．【解析】依题意设内切球的半径为，则，解得．设，则 ，由的内切圆半径为2，得，所以，故该直三棱柱的体积．16．1【解析】由对称性，不妨设分别在第一、四象限，直线的方程为，联立整理得．设，，其中，则，，由与的面积之比为，可得，则，，则，得，则，解得．四、解答题17．（1）证明：由，得，又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1）知，故，则．设，，两式相减得，所以，故．18．解：（1）由正弦定理得，因为，所以， 所以，所以，所以．又，所以，所以，即．因为，所以．（2）由正弦定理得，其中为锐角，．因为，所以，所以的最大值为1，故的最大值为．19．解：（1）由图可知，，，，，则，，，，故．（2）在中，由正弦定理得，即，解得，故．20．解：解法一：（1）因为四边形为正方形，所以，且， 所以，所以，所以．又，所以平面，因为平面，所以，即两两垂直．以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以．设平面的法向量为，则取，则，所以．设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为．（2）连接，则．由（1）得平面，平面，所以，又，所以平面，即为平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为， 则，即平面与平面夹角的余弦值为．解法二：（1）因为四边形为正方形，所以，且，所以，所以，所以．又，，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面．又平面，所以．因为为的中点，所以，又，所以平面．又平面，所以．易知，则，则．因为为的中点，则到平面的距离为到平面距离的一半，即1，设到平面的距离为，由，得，即，解得，即点到平面的距离为．（2）由（1）知，平面，因为平面，所以，即两两垂直．以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以．设平面的法向量为，则取，则，所以连接，则．因为平面，平面，所以，又，所以平面，即为平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．21．解：（1）由题意得，又，解得或（舍），所以，又点在上，所以，解得，故的方程为．（2）依题意，． 设，联立整理得，其中，，则且，，，所以，又，则，代入可得，解得或（舍去）．22．（1）解：当时，，当时，单调递减，当时，单调递增，所以在处取得极小值0，无极大值．（2）解：由题得．①当时，，所以在上单调递增，所以当时，与矛盾；②当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因为恒成立，所以． 记，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，又，所以，所以．（3）证明：先证，设，则，所以在区间内单调递减，所以，即，所以．再证，由（2）知，当时等号成立．令，则，即，所以，……，累加得，