河南省顶级名校2022-2023学年高三数学（文）上学期12月摸底考试试题（Word版附答案）

2022-2023学年度高三文科数学12月月考试卷

            考试时间：120分钟    满分：150分             

一、单选题（每小题5分，共60分）

1．设集合， 则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，，则“”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

3．魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，因其第一题为测量海岛的高度和距离，故题为《海岛算经》.受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度.如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”测得以下数据（单位：米）：前表却行DG=1，表高CD=EF=2，后表却行FH=3，表距DF=61.则塔高AB=（    ）

A．60米 B．61米 C．62米 D．63米

4．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称

C．函数关于点中心对称 D．

5．如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

6．在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（    ）

A．                                B．      

 C．      D．

7．一个几何体的三视图如图，它们为一个等腰三角形，两个直角三角形，则这个几何体的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

8．在上有两个零点，，则（   ）

A． B． C． D．

9．已知正四棱锥的侧棱长为，则该正四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．2

11．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题（每小题5分，全科免费下载公众号《高中僧课堂》共20分）

13．若满足约束条件，则的最大值为__________.

14．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.

15．已知的所有顶点都在球的表面上，，球的体积为，若动点在球的表面上，则点到平面的距离的最大值为__________.

16．如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题:

①四棱锥 的体积恒为定值;

②存在点，使得平面;

③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面;

④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.

其中真命题的是_____________ . （填写所有正确答案的序号）

三、解答题（17题10分，其余每小题12分，共70分）

17．已知数列的前项和为，满足.

(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.

18．已知在中，角所对的边分别为，且.

(1)求；(2)设点是边的中点，若，求的取值范围.

19．如图，在几何体中，平面，，，.

(1)证明：平面平面；(2)若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

20．已知函数，．

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．

21．如图，△ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，，.平面ABC⊥平面ABEF，M，N分别是AF，CE的中点，.

(1)证明：平面ABC；(2)求三棱锥N－ABC的体积.

22．已知，函数．

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若曲线与直线有且只有一个公共点，求.

12月月考试卷参考答案

1．C【详解】由，得，解得，

所以，由，得，解得，所以，所以，

2．A【详解】充分性：∵，，，∴，当且仅当时，等号成立，∴，当且仅当时，等号成立，∴.必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件．

3．D【详解】解：根据题意，，，

所以，解得．

4．C【详解】∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，

∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；

由及知，，

∴，∴，即，

∴，故∴函数的周期为4，A错误，

，故D错误.

5．A【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,

又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.

设，则，

从而，

故,故异面直线与所成角的余弦值是.

6．D【详解】过点作平行于，交于点，

因为，则为的中点，所以且，

因为，所以，

由可得：，所以，

因为，

所以，

7．C【详解】由三视图还原原几何体的直观图如下图所示：

可以该几何体为三棱锥，其中平面，，

，所以，为等边三角形，

如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且，

可将三棱锥置于内，使得的外接圆为圆，

其中圆的直径为，故三棱锥的外接球直径为，所以，该几何体的外接球的表面积为.

8．D【详解】

其中,不妨设

因为是的两个零点,所以

即结合的范围知

所以,即所以

9．D

【详解】

如图，连结交于点，连结.根据正四棱锥的性质，可知平面.

设底面正方形边长为，高为，则，.

在中，有，即，则.

则.

设，则，令，解得（舍去负值）.又当时，；当时，.

所以，当时，有唯一极大值，也是最大值.

10．B【详解】已知

由正弦定理可知：，，

整理得：，两边同除得：，

根据余弦定理得：，即，

，，，当且仅当，即时等号成立.

又，当且仅当时，等号成立.

综上所述：且，故得：，此时且，

，.

11．A【详解】由题意得 ,

令 ，，该函数在R上为单调增函数，且 ，

故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，

令即直线与的图象有两个不同交点，

又，当时，递增，当时，递减，

则，当时，，

作出其图象如图：

由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，

12．A【详解】设 ，当 时，有 ，

当且仅当 时，等号成立，所以 是减函数， ，

即 ；当 时，设 ，

单调递增， ，即 ，即 ；

13．8【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，

在中，是直线的纵截距，向上平移该直线，增大，

平移直线，当它过点时，为最大值．

14．x2＋y2＋2x＋4y－5＝0

【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，

由题意得:,

解得：

故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

方法二：线段的中点坐标为，即，

直线的斜率为，

所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，

所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，

由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，

联立，

得交点坐标，

又点O到点A的距离，即半径为，

所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

15．【详解】解：因为，

所以，即.

设的外接圆的圆心为的外接圆的半径为，球的半径为，则，

因为平面，所以，则.延长与球交于点，当点与点重合时，点到平面的距离取得最大值.

16．①②④【详解】对于①， 由，平面，

可得到平面的距离为定值，

所以四棱锥的体积为定值，故①正确;

对于②，，得对角面为正方形，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正确;

对于③，可作出过的平面与平行，如图所示：

当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，

易知，平面，平面，

所以平面，同理平面，

，平面，

所以平面平面，

易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，

而当点在线段内时，对应的点在棱上，故③错误.

对于④，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，

所以四边形的周长，

将矩形绕棱向内旋转90度，

使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：

此时，四边形的周长取得最小值，

故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故④正确.

综上：①②④正确.

故答案为：①②④.

17．【详解】（1）①，当时，②，

①②得，即，又时，，

∴为首项，公比的等比数列，故，∴

（2） ，  ③

④

③④得

∴

18．【详解】（1）在中，依题意有，由正弦定理得：，而，即，则有，即，而，所以.

（2）在中，由（1）知，，又，点是边的中点，则,

于是得

，显然，当且仅当时取等号，

因此，，即，

所以的取值范围是.

19．【详解】（1）若分别为的中点，连接，

所以且，又，，

故、，所以为平行四边形，故，

且、，所以为平行四边形，故且，而，因为平面，则平面，平面，

所以，即，，

在中，，

故△为等腰三角形，则，

平面，平面，故，所以，

，面，故面，而面，

所以面面.

（2）由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为，

所以，因为，，故，即，

所以，且，

又平面，故，则，而，

所以，即直线与平面所成角的正弦值.

20．【详解】（1）解：当时，，

所以，，

所以，故所求切线方程为．

（2）解：因为在上恒成立，

令，，则，

令，则，

所以在上单调递减，因为，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，从而．

21．【详解】（1）取CF的中点D，连接DM，DN，

∵M，N分别是AF，CE的中点，∴，，

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的中点O，连接OC，OE.

由已知得OAEF且OA=EF，∴OAFE是平行四边形，∴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.设，，

在Rt△COE中，由，解得，即.

由题意∠FAB＝60°，M到AB的距离即为M到平面ABC的距离

又平面ABC，∴.

22．【详解】（1）解：当时，，函数的定义域为，

，令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，且．所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．

因此，当时，函数的减区间为，增区间为.

（2）解：依题意，，的定义域为，.

令，，

所以，在上单调递增，，

，

故存在，使得.当时，，则，此时单调递减，当时，，则，此时单调递增，

当时，取极小值，则也是函数唯一的极值点，

由得，即，①

等式①的两边同时取自然对数，则有，则．②

由①②得，

当且仅当时，等号成立．当时函数取最小值，函数的图象过点，函数与有且只有一个交点．由，可得，即，

令，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，

所以，，因此，.

所以曲线与直线有且只有一个交点时，．