2023届山东省济宁市汶上县第一中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省济宁市汶上县第一中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求对数函数的定义域化简集合，再解二次不等式化简集合，从而利用集合的交集运算求得结果.
【详解】因为，所以，得，故，
由得，解得，故，
所以利用数轴法易得.
故选：B.
2．设，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据复数的四则运算法则及模的运算即可求得答案.
【详解】由题意，，，．
故选：A.
3．已知向量，，且//，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的坐标运算和向量的平行关系来求参数即可.
【详解】由题可知，
，因为∥，
所以有
故选：D
4．已知等差数列，，，…，，，前6项和为10，最后6项和为110，所有项和为360，则该数列的项数（ ）
A．26B．30C．36D．48
【答案】C
【分析】由、，两式相加得，再利用等差数列的求和公式求和可得答案.
【详解】由题意知，，
两式相加得，所以，
又，所以．
故选：C．
5．已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数a的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题求出圆心和半径，再根据几何关系即求.
【详解】由题知圆的标准方程为，
则圆心坐标为，半径，
圆截直线所得弦的长度为4，
，
解得.
故选：C.
6．若，不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分和两种情况分别求解，再求并集即可.
【详解】当时，
当时，
综上不等式的解集为
故选：A.
7．设，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，根据其单调性判断大小关系；再构造，根据其单调性即可判断，的大小关系.
【详解】令，则，令，解得，
故当时，单调递减，故，即，
则.
令，则，
故当时，单调递增，时，单调递减，
则，即.
，故；
，故；
综上所述：.
故选：D.
【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性，且利用函数单调性比较大小，其中解决问题的关键是构函数，从而用作差法比较大小.
8．已知数列的各项互异，且，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】由题意得可得，代入化简可得答案.
【详解】由题意，得，则，
即，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．已知正实数、满足，则（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】AC
【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.
【详解】因为正实数、满足，
则，
因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A对B错；
因为，
所以，，
令，因为函数在上单调递减，
所以，，C对D错.
故选：AC.
10．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )
A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；
B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；
C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；
D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.
【详解】取、中点，连接、、PF，
由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，
∴∥，∵平面，平面，∥平面，
同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，
∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.
，
，，则当时，d有最大值1；
②，，则当时，d有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，，
，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.
11．已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（ ）
A．圆恒过原点
B．圆与圆内切
C．直线被圆所截得弦长的最大值为
D．直线与圆相离
【答案】ABC
【分析】A.代入点可判断；B.计算圆心距离与半径差的大小关系；C.利用垂径定理求弦长然后求最值；D.求圆心到直线的距离来判断.
【详解】A.代入点得恒成立，A正确；
B.，即两圆心距离等于两圆半径差，B正确；
C. 直线被圆所截得弦长为
，
，
即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；
D.圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D错误；
故选：ABC.
12．函数，下列结论正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．的图象关于点成中心对称
C．将的图象向左平移个单位后与的图象重合
D．若则
【答案】ACD
【分析】由二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断．
【详解】，
时，，此时递增，A正确；
，B错误；
将的图象向左平移个单位后得解析式，C正确；
易知函数周期为，因此当则，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的图象与性质．解题方法是利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化函数为形式，然后结合正弦函数的性质求的性质，此时有两种思路：一种是根据的性质求出的性质，然后判断各选项，另一种是由的值或范围求得的值或范围，然后由的性质判断各选项．
三、填空题
13．若，则__________．
【答案】##0.5
【分析】利用辅助角公式得即可求出即可求解.
【详解】因为,
所以 即，
所以，所以
故答案为: .
14．设与相交于两点，则________．
【答案】
【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，然后求出其中一个圆心到该直线的距离，再根据弦长、半径以及弦心距三者之间的关系求得答案.
【详解】将和两式相减：
得过两点的直线方程： ，
则圆心到的距离为，
所以 ，
故答案为：
15．已知，若存在，使得，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】先讨论、与1的大小关系确定、，进而确定的取值范围，再结合函数的单调性进行求解.
【详解】①当时，则，，
又由，得，
所以，则；
②当时，因为，，
所以不存在，使得；
③当时，则，，
又由，得，
则，，
令，则在上单调递增，
所以，则；
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
四、双空题
16．设数列满足且，则______，数列的通项______．
【答案】
【分析】设，根据题意得到数列是等差数列，求得，得到，利用，结合“叠加法”，即可求得.
【详解】由题意，数列满足，
设，则，且，所以数列是等差数列，
所以，即，
所以，
当时，
可得，
其中也满足，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
五、解答题
17．在①函数的图象关于直线对称，②函数的图象关于点对称，③函数的图象经过点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．
问题：已知函数最小正周期为，且 ，判断函数在上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案不唯一，具体见解析
【分析】先对函数化简得，由函数的最小正周期为，可得，则，若选①，则有，从而可求出的值，进而可求出函数的解析式，再利用换元法可求得最值；若选②，则有，从而可求出的值，然后利用换元法可求得最值；若选③，则有，从而可求出的值，再利用换元法可求最值即可
【详解】解：，
由已知函数的周期，
求得，
所以，
若选①，则有，
解得，
又因为，所以，，
所以，
当时，，
所以当，即时，函数取得最大值，最大值为．
若选②，则有，
解得，
又因为，所以，
所以，
当时，，
所以当，即时，函数取得最大值，最大值为．
若选③，则有，解得，
又因为，所以，
所以，
当时，，
显然，函数在该区间上没有最大值．
【点睛】关键点点睛：此题考查利用三角函数的性质求函数解析式，考查求三角函数的最值，考查计算能力，解题的关键是根据题意正确的求出函数的解析式，再利用换元法求函数的最值，属于中档题
18．在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，.
(1)求角A的值；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)或3
【分析】（1）根据条件代入化简，结合正弦定理即可求得结果；
（2）根据余弦定理求得边，然后结合三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】（1）因为，
所以，因为，
所以，解得，
在中，因为，所以A为锐角，所以；
（2）因为，
所以，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或3.
19．已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若恰好有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小值为；（2）.
【分析】（1）求出导函数，确定函数的单调性后可得最小值；
（2）确定，时只有一个零点，因此在上有两个零点，由二次函数的性质可得．
【详解】（1）时，.
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
因为，所以的最小值为；
（2）显然；
因为时，有且只有一个零点，
所以原命题等价于在上有两个零点.
所以，解得，
故实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查求函数的最值，由零点个数求参数值．解题关键是求出导函数，由导函数的正负确定单调性后得极值，比较后得最值．
20．多面体中，侧面为正方形，平面⊥平面，，，，E为AC的中点，D为棱上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：AB⊥BC；
(2)求面与面DFE所成二面角的余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理证明平面，可得，再根据可证；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：设，利用空间向量求出面与面DFE所成二面角的余弦值关于的函数，再根据二次函数知识可求出结果,
【详解】（1）因为，，，
所以平面，所以，
因为，所以.
（2）因为平面⊥平面，，所以平面，
所以两两垂直，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，
则，取，得，，则，
取平面的一个法向量为，
设面与面DFE所成二面角为，
则，
因为，所以当时，取得最大值.
21．已知数列满足，．
(1)记，证明：数列为等比数列，并求的通项公式；
(2)求数列的前2n项和．
【答案】(1)证明见解析；，；
(2).
【分析】(1)根据给定的递推公式依次计算并探求可得，求出即可得证，并求出通项公式.
(2)由(1)求出，再按奇偶分组求和即可计算作答.
【详解】（1）依题意，，
而，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，，.
（2）由(1)知，，则有，
又，则，
于是有，
因此，，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，有的可借助累加、
累乘求通项的方法分析、探讨项间关系，有的可利用奇偶分析逐步计算探求项间关系而解决问题.
22．已知函数.
（1）若有唯一零点，求的取值范围;
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）转化为有唯一实根，构造函数，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；
（2）转化为恒成立，构造函数 ，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解.
【详解】（1）由有唯一零点，
可得方程，即有唯一实根，
令，则
由，得由 ，得
在上单调递增，在 上单调递减.
，
又所以当时， ;
又当时，
由得图象可知， 或.
（2）恒成立，且 ，
恒成立，
令，则 ，
令，则 ，
在单调递减，
又，
由零点存在性定理知，存在唯一零点，使 即，
两边取对数可得即
由函数为单调增函数，可得，
所以当时，， ，当时，， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
，
所以
即的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则 ；
②若在上恒成立，则 ；
③若在上有解，则 ；
④若在上有解，则 .