河南省頂級名校2022-2023學年高三上學期12月摸底考試文科數(shù)學試卷含答案

2022-2023學年度高三文科數(shù)學12月月考試卷考試時間：120分鐘滿分：150分一、單選題（每小題5分，共60分）1．設集合，則（

）A． B． C． D．2．已知，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．魏晉南北朝時期，中國數(shù)學的測量學取得了長足進展.劉徽提出重差術(shù)，應用中國傳統(tǒng)的出入相補原理，因其第一題為測量海島的高度和距離，故題為《海島算經(jīng)》.受此題啟發(fā)，某同學依照此法測量鄭州市二七紀念塔的高度.如圖，點D，G，F(xiàn)在水平線DH上，CD和EF是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”測得以下數(shù)據(jù)（單位：米）：前表卻行DG=1，表高CD=EF=2，后表卻行FH=3，表距DF=61.則塔高AB=（

）A．60米 B．61米 C．62米 D．63米4．已知是定義在上的函數(shù)，且滿足為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)的周期為2 B．函數(shù)關(guān)于直線對稱C．函數(shù)關(guān)于點中心對稱 D．5．如圖，在直三棱柱中，，且分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．6．在平行四邊形中，?分別在邊?上，，與相交于點，記，則（

）A．B．C． D．7．一個幾何體的三視圖如圖，它們?yōu)橐粋€等腰三角形，兩個直角三角形，則這個幾何體的外接球表面積為（

）A． B． C． D．8．在上有兩個零點，，則（）A． B． C． D．9．已知正四棱錐的側(cè)棱長為，則該正四棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．10．已知中，設角、B、C所對的邊分別為a、b、c，的面積為，若，則的值為（

）A． B． C．1 D．211．已知函數(shù)有兩個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B． C． D．12．已知，，，則（

）A． B． C． D．二、填空題（每小題5分，共20分）13．若滿足約束條件，則的最大值為__________.14．已知圓的圓心在直線x－2y－3＝0上，且過點A(2，－3)，B(－2，－5)，則圓的一般方程為________________.15．已知的所有頂點都在球的表面上，，球的體積為，若動點在球的表面上，則點到平面的距離的最大值為__________.16．如圖所示，在長方體中，，點是棱上的一個動點，若平面交棱于點，給出下列命題:①四棱錐的體積恒為定值;②存在點，使得平面;③對于棱上任意一點，在棱上均有相應的點，使得平面;④存在唯一的點，使得截面四邊形的周長取得最小值.其中真命題的是_____________.（填寫所有正確答案的序號）三、解答題（17題10分，其余每小題12分，共70分）17．已知數(shù)列的前項和為，滿足.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)記，求數(shù)列的前項和.18．已知在中，角所對的邊分別為，且.(1)求；(2)設點是邊的中點，若，求的取值范圍.19．如圖，在幾何體中，平面，，，.(1)證明：平面平面；(2)若，，三棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.20．已知函數(shù)，．(1)若，求曲線在點處的切線方程；(2)若在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍．21．如圖，△ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，，.平面ABC⊥平面ABEF，M，N分別是AF，CE的中點，.(1)證明：平面ABC；(2)求三棱錐N－ABC的體積.22．已知，函數(shù)．(1)當時，討論的單調(diào)性；(2)若曲線與直線有且只有一個公共點，求.12月月考試卷參考答案1．C【詳解】由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以，2．A【詳解】充分性：∵，，，∴，當且僅當時，等號成立，∴，當且僅當時，等號成立，∴.必要性：當，時，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件．3．D【詳解】解：根據(jù)題意，，，所以，解得．4．C【詳解】∵為偶函數(shù)，∴，∴，故即，∴函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱.∵為奇函數(shù)，∴，∴，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，故B錯誤，C正確；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函數(shù)的周期為4，A錯誤，，故D錯誤.5．A【詳解】如圖，在棱上取一點，使得，取的中點，連接,，由于分別是棱的中點，所以，故四邊形為平行四邊形，進而,又因為是的中點，所以,所以，則或其補角是異面直線與所成的角.設，則，從而，故,故異面直線與所成角的余弦值是.6．D【詳解】過點作平行于，交于點，因為，則為的中點，所以且，因為，所以，由可得：，所以，因為，所以，7．C【詳解】由三視圖還原原幾何體的直觀圖如下圖所示：可以該幾何體為三棱錐，其中平面，，，所以，為等邊三角形，如下圖所示：圓柱的底面圓直徑為，母線長為，則的中點到圓柱底面圓上每點的距離都相等，則為圓柱的外接球球心，且，可將三棱錐置于內(nèi)，使得的外接圓為圓，其中圓的直徑為，故三棱錐的外接球直徑為，所以，該幾何體的外接球的表面積為.8．D【詳解】其中,不妨設因為是的兩個零點,所以即結(jié)合的范圍知所以,即所以9．D【詳解】如圖，連結(jié)交于點，連結(jié).根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)，可知平面.設底面正方形邊長為，高為，則，.在中，有，即，則.則.設，則，令，解得（舍去負值）.又當時，；當時，.所以，當時，有唯一極大值，也是最大值.10．B【詳解】已知由正弦定理可知：，，整理得：，兩邊同除得：，根據(jù)余弦定理得：，即，，，，當且僅當，即時等號成立.又，當且僅當時，等號成立.綜上所述：且，故得：，此時且，，.11．A【詳解】由題意得,令，，該函數(shù)在R上為單調(diào)增函數(shù)，且，故函數(shù)有兩個不同的零點，即有兩個不同的零點，令即直線與的圖象有兩個不同交點，又，當時，遞增，當時，遞減，則，當時，，作出其圖象如圖：由圖象可知直線與的圖象有兩個不同交點，需有，12．A【詳解】設，當時，有，當且僅當時，等號成立，所以是減函數(shù)，，即；當時，設，單調(diào)遞增，，即，即；13．8【詳解】作出可行域，如圖內(nèi)部（含邊界），作直線，在中，是直線的縱截距，向上平移該直線，增大，平移直線，當它過點時，為最大值．14．x2＋y2＋2x＋4y－5＝0【詳解】方法一：設所求圓的標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由題意得:,解得：故所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.方法二：線段的中點坐標為，即，直線的斜率為，所以線段AB的垂直平分線的斜率為-2，所以線段AB的垂直平分線方程為，即2x＋y＋4＝0，由幾何性質(zhì)可知：線段AB的垂直平分線與的交點為圓心，聯(lián)立，得交點坐標，又點O到點A的距離，即半徑為，所以圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.故答案為：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.15．【詳解】解：因為，所以，即.設的外接圓的圓心為的外接圓的半徑為，球的半徑為，則，因為平面，所以，則.延長與球交于點，當點與點重合時，點到平面的距離取得最大值.16．①②④【詳解】對于①，由，平面，可得到平面的距離為定值，所以四棱錐的體積為定值，故①正確;對于②，，得對角面為正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，，平面，所以平面，面，所以，，平面，所以有平面，故②正確;對于③，可作出過的平面與平行，如圖所示：當點與棱的中點重合時，作的中點，連接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，易知：當點在線段內(nèi)時，對應的點在棱上，而當點在線段內(nèi)時，對應的點在棱上，故③錯誤.對于④，由面面平行的性質(zhì)定理可得四邊形為平行四邊形，所以四邊形的周長，將矩形繞棱向內(nèi)旋轉(zhuǎn)90度，使矩形和矩形共面，連接交于點，如下圖所示：此時，四邊形的周長取得最小值，故存在唯一的點，使得截面四邊形的周長取得最小值，故④正確.綜上：①②④正確.故答案為：①②④.17．【詳解】（1）①，當時，②，①②得，即，又時，，∴為首項，公比的等比數(shù)列，故，∴（2），③④③④得∴18．【詳解】（1）在中，依題意有，由正弦定理得：，而，即，則有，即，而，所以.（2）在中，由（1）知，，又，點是邊的中點，則,于是得，顯然，當且僅當時取等號，因此，，即，所以的取值范圍是.19．【詳解】（1）若分別為的中點，連接，所以且，又，，故、，所以為平行四邊形，故，且、，所以為平行四邊形，故且，而，因為平面，則平面，平面，所以，即，，在中，，故△為等腰三角形，則，平面，平面，故，所以，，面，故面，而面，所以面面.（2）由（1）知：面，故直線與平面所成角的平面角為，所以，因為，，故，即，所以，且，又平面，故，則，而，所以，即直線與平面所成角的正弦值.20．【詳解】（1）解：當時，，所以，，所以，故所求切線方程為．（2）解：因為在上恒成立，令，，則，令，則，所以在上單調(diào)遞減，因為，，由零點存在定理知，存在唯一，使，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，從而．21．【詳解】（1）取CF的中點D，連接DM，DN，∵M，N分別是AF，CE的中點，∴，，又∵平面ABC，平面ABC，∴平面ABC.又，∴，同理可得，平面ABC.∵平面MND，平面MND，，∴平面平面ABC.∵平面MND，∴平面ABC.（2）取AB的中點O，連接OC，OE.由已知得OAEF且OA=EF，∴OAFE是平行四邊形，∴OEAF且OE=AF∵△ABC是正三角形，∴OC⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABEF，平面平面ABEF＝AB，∴OC⊥平面ABEF，又平面ABEF，∴OC⊥OE.設，，在Rt△COE中，由，解得，即.由題意∠FAB＝60°，M到AB的距離即為M到平面ABC的距離又平面ABC，∴.22．【詳解】（1）解：當時，，函數(shù)的定義域為，，令，其中，則，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，且．所以當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增．因此，當時，函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.（2）