吉林省长春市吉大附中实验学校2022-2023学年高三上学期第四次摸底考试数学试题及答案

这是一份吉林省长春市吉大附中实验学校2022-2023学年高三上学期第四次摸底考试数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知单位向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足：对任意的m，，都有，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数的图象，只需将的图象（ ）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
6．已知实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．不存在
7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是函数的导函数，且，（e为自然对数的底数），则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，在棱长为1的正方体中（ ）
A．与的夹角为
B．二面角的余弦值为
C．与平面所成角的正切值为
D．点到平面的距离为
10．已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的可能取值为（ ）
A．－5B．－3C．－1D．1
11．如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点，以x轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，P，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．扇形的面积为
C．
D．当时，四边形的面积为
12．将数列中的所有项排成如下数阵：


……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数，，，……，成等差数列，且，．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（ ）
A．B．位于第列C．D．
三、填空题
13．如图，是等边三角形，是等腰三角形，交于 ，则__________.
14．已知函数为偶函数，当时，，则的值为__________．
15．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为___________.
16．在等腰梯形ABCD中，，梯形ABCD的面积为6，E为AB的中点，F为线段AD上的动点（含端点），则的取值范围是______．
四、解答题
17．如图所示，已知四棱柱的底面为菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）在直线上是否存在点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
18．设等差数列的前n项和为，已知，且是与的等比中项，数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，对任意总有恒成立，求实数的最小值．
19．已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满足，且．
(1)求；
(2)若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．
20．已知数列满足，.
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式.
（2）若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.
21．在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠BAD＝60°，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图1.将沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图2.
(1)证明：直线平面BFP；
(2)若∠BFP＝120°，求点F到平面BCP的距离．
22．已知函数（为自然对数的底数）．
(1)证明：当时，；
(2)①证明：在区间内有4个零点；
②记①中的4个零点为，，，，且，求证：．
参考答案：
1．C
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，因此，.
故选：C.
2．D
【分析】先化简，求得其共轭复数，进而确定正确选项.
【详解】，其共轭复数为，对应坐标为，在第四象限.
故选：D
3．B
【分析】先将=1两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果.
【详解】由已知，
因为，所以.
所以在方向上的投影向量为.
故选：B．
4．C
【分析】通过赋值分析可得数列是以首项为，公比为的等比数列，根据题意结合等比数列通项公式运算求解.
【详解】对于，
令，则，
再令，则，可知，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，则，
∴.
故选：C.
5．A
【分析】函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为， 可知周期，可得的值，根据三角函数的平移变换规律可得结论.
【详解】由题意，函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为
周期，由周期公式：

解得：
要得到，即
由题意，可得向左平移个单位可得.
故选：A.
6．C
【分析】根据已知等式可将所求式子化为，配凑成符合基本不等式的形式，利用基本不等式可求得最大值.
【详解】由得：，又，，
（当且仅当，即时取等号），
则的最大值为.
故选：C.
7．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
8．C
【分析】构造函数，由已知可得函数在上为增函数，不等式即为，根据函数的单调性即可得解.
【详解】令，则，
因为，
所以，
所以函数在上为增函数，
不等式即不等式，
又，，
所以不等式即为，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故选：C.
9．BCD
【分析】证明，A错误；确定为二面角的平面角，计算得到B正确；与平面所成角为的余角，计算得到C正确；到平面的距离为，D正确，得到答案.
【详解】连接，与交于点，，平面，平面，
故，，平面，
故平面，平面，
故，A错误；
连接，，，，，
因为平面，平面，
所以，，故为二面角的平面角，
中，，，，B正确；
连接，平面，平面，故，同理可得，，平面，平面，
与平面所成角为的余角，，C正确；
，故，，所以与平面所成角的正弦值为，
所以到平面的距离为，D正确.
故选：BCD
10．AC
【分析】设出切点，对函数求导得出切线的斜率，利用点斜式方程写出切线，将点代入，并将切线有且仅有条，转化为方程只有一个根，列方程求解即可．
【详解】由已知得，则切线斜率，切线方程为，
直线过点，则，化简得，
切线有且仅有条，即，化简得，即，解得或.
故选：AC.
11．AD
【分析】由题意圆的半径 在平面直角坐标系中写出的坐标用两点间的距离公式计算即可得A选项；选项B，利用扇形的面积公式计算即可；选项C，利用两点间的距离公式写出化简即可；选项D，分别表示出来化简即可
【详解】由题意圆的半径
选项A：由题意得
所以
所以，故A正确；
选项B：因为，
所以扇形的面积，
故B错误；
选项C，
故C错误；
选项D：
因为，
所以
故D正确
故选：AD.
12．ACD
【分析】根据题意，分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；
通过计算可知位于数阵第行第列，故B错误；
分析计算的表达式，比较可得C正确；
位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.
【详解】将等差数列，，，……，记为，则公差，所以，故A正确；
第行的项数，第行的项数，，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，
因为，而，
则位于第行从左边数第项，即位于第列，故B错误；
因为，
，故C正确；
,所以D正确.
故选：ACD.
13．##
【分析】由题意易得，，在中，分别求出，再利用正弦定理即可得解.
【详解】解：由题意可得，，
则，
所以，所以，
，
在中，由，
得.
故答案为：.
14．##
【分析】由题知函数图像关于对称，即，再结合时，求解即可.
【详解】解：因为函数为偶函数，所以函数图像关于对称，
所以函数图像关于对称，即，
因为时，，
所以.
故答案为：
15．
【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.
【详解】∵平面，平面，∴，又，∴
取中点分别为,连接,
由于,平面,所以平面,
因为底面为菱形，所以，，且，所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，
又,所以,因此可得为球心，
又，
∴.
故答案为：
【点睛】
16．
【分析】建立直角坐标系，利用向量坐标表示求解
【详解】由题意得梯形的高为2，建立坐标系如图所示：
则，易得
直线的解析式为，故设点
时最小值为，时最大值为8
故答案为：
17．（1）证明见解析；（2）存在；在的延长线上取点，使.
【解析】（1）由棱柱的性质知，，得到平面，同理可得平面，再利用面面垂直的判定定理.
（2）易知四边形为平行四边形，，在的延长线上取点，使，连接，则四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明.
【详解】（1）由棱柱的性质可知，，
∵平面，平面，
∴平面，
同理可证平面，而，平面，
∴平面平面；
（2）存在这样的点，使平面，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
如图所示：
在的延长线上取点，使，连接，
∵，=，
∴，
∴四边形为平行四边形，
则，
∴，又平面平面，
∴平面.
【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；
（3）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；
（3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
18．(1)或（其中），;
(2).
【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出，利用可求出；
（2）由（1）可得，则，然后利用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由得，
因为是与的等比中项，
所以．
化简得且，
解方程组得或．
故的通项公式为或（其中）；
因为，
所以，，
所以，
因为，满足上式，
所以；
（2）因为，所以，
所以，
所以，
所以
，
易见随n的增大而增大，从而恒成立，
所以，故的最小值为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；
（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.
【详解】（1）因为，
所以，因为，所以，
又，且为锐角，所以，
所以．
因为．所以．所以．
（2）设，，根据题设有，
所以，可得，
所以，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为．
20．（1）证明见解析；；（2）8.
【解析】（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；
（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．
【详解】（1）由取倒数得
，即，所以为公差为的等差数列，
.
（2）当时，，
所以这样有个，，
，
，
两式相减得：，
所以为递增数列.
，，
，
所以最大正整数解为8.
【点睛】方法点睛：本题主要考查等差数列的证明，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．
21．(1)证明过程见详解
(2)
【分析】(1)根据题中的条件得到折叠后，利用线面垂直的判定定理即可证明；
(2)结合（1）的结论，可得出平面平面，且平面平面，所以过作，为点到平面的距离.利用三角形面积相等即可求解.
【详解】（1）在平行四边形中，因为,
由题意可知：，所以，
在中，，所以，
则，且，
折叠后：因为，且，
所以平面.
（2）由（1）知：平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又因为平面平面，
在平面中过作，垂足为，则平面，
所以即为点到平面的距离.
在中，，，由余弦定理可得：
，则，
由面积相等可得：，
所以，也即点到平面的距离为.
22．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，引入再求导，可得在是减函数，结合可得进而得是减函数，又根据单调性可得结论；
（2）①求出在有四个零点，把函数在区间划分为五个单调区间，进一步找到在有四个零点，又把函数在区间划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得在区间内有4个零点；
②根据函数表达式可求得，，把要证的不等式转化为证明成立，通过找点锁定均在区间内，而在是减函数，转化为证明即可，利用，可证，使得命题得证.
【详解】（1），设，则
，
因为，所以，所以单调递减，
又，所以，即，所以单调递减，又，所以；
（2）①由（1）知，
令得，，，，且，单调递减，，单调递增，，单调递减，，单调递增，，单调递减，
又，，，，，，所以存在，，，使，
且，，递减，，，递增，
，，递减，，，递增，
，，递减，
又，，，，，
所以，，，，
使，所以在上有4个零点．
②由①知，，又，所以，
，又，所以，
所以要证即证：，即证，
因为，，所以，
又，，所以，
所以，又因为，递减，
又，所以，
所以在单调递减，所以只需证，
又，
又，所以，
所以，
所以，所以．
【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证作了深入考查，在判断四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.