江西省贵溪市实验中学2023届高三下学期第四次月考数学（文）试题（含解析）

这是一份江西省贵溪市实验中学2023届高三下学期第四次月考数学（文）试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省贵溪市实验中学2023届高三下学期第四次月考数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设，则（    ）A． B． C． D．2．端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（    ）A． B． C． D．3．已知，，是直线，是平面，若，，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4．函数的单调递增区间为（    ）A． B． C． D．5．已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（    ）A． B． C． D．6．数列是等差数列，若，，则（    ）A． B．4 C． D．7．已知平面向量，满足，若，，则，的夹角为（    ）A． B． C． D．8．在等差数列中，，，依次成公比为3的等比数列，则（    ）A．4 B．5 C．6 D．89．已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（    ）A． B． C． D．10．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（    ）A． B． C． D．11．已知偶函数的图象关于点中心对称，当时，，则（    ）A． B． C． D．12．三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的外接球的体积为，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．函数的值域为__________．14．如图，将圆沿直径折成直二面角，是所在半圆弧的中点，是所在半圆弧的任意一点，则直线与平面所成角的大小为__________．15．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥内切球的表面积是圆锥底面积的___________倍.16．已知数列的各项均不为零，且满足，（，），则的通项公式__________． 三、解答题17．在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，，__________，若三角形唯一，求此时的周长，若不唯一，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．18．如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．(1)证明：；(2)求异面直线与所成角的余弦值．19．已知数列的前项和为，，是公差为1的等差数列．(1)求的通项公式；(2)记，，求证：．20．如图，三棱锥中，底面与侧面是全等三角形，侧面是正三角形，，，，，，，分别是所在棱的中点，平面与平面相交于直线．  (1)求证：；(2)求点到平面的距离．21．已知，分别为等差数列和等比数列，，，，．(1)求数列，的通项公式；(2)记，求数列的前项和．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线交于点，将射线绕极点顺时针方向旋转与曲线交于点．(1)求曲线的极坐标方程；(2)求的面积的最小值．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)设函数的值域为，，，试比较与的大小．
参考答案：1．D【分析】求出，即得解.【详解】∵，∴∴∵，∴.故选：D2．C【分析】利用等边三角形面积公式和正三棱锥体积公式求出粽子的体积，然后利用密度公式计算粽子的质量.【详解】由题知，粽子的体积，根据可得，该粽子重量大约为，与C选项最为接近.故选：C3．B【分析】举反例判断充分性，再证明必要性得解.【详解】若∥，，如果，则“”不一定成立.如图所示，所以“，”是“”非充分条件.如果“”， 又，所以，因为，所以，所以“，”是“”的必要条件.所以“，”是“”的必要非充分条件.故选：B4．D【分析】先求导，再由求解.【详解】解：因为，所以，由，即，解得，所以函数的单调递增区间为，故选：D5．C【分析】记的中点分别为E，F，先证三角形即为平面截正方体所得截面，然后可得周长.【详解】记的中点分别为E，F，连接，由正方体性质可知，平面，因为平面，所以又为正方形，所以因为，平面，所以平面，因为平面，所以因为P，E分别为的中点，所以，所以，同理可证，又，平面所以平面，所以三角形即为平面截正方体所得截面，易知三角形为正三角形，所以截面周长为.故选：C    6．C【分析】根据等差数列性质得到，得到答案.【详解】，故.故选：C7．D【分析】设，的夹角为，由数量积的定义和模长公式求解即可.【详解】设，的夹角为，，则，由可得：，则，所以，解得：.因为，故.故选：D.8．B【分析】直接利用等差数列和等比数列的公式计算得到答案.【详解】，故，，即，，解得.故选：B9．C【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案.【详解】当时，，可得，当时，，，两式相减得，即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以；所以，所以，令得，，又，所以，此时有，当时，，即，此时数列是递减数列，故有.故选：C.10．C【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.由题得, .设. 所以.设异面直线与所成角为，则.当时，最大为，此时最小，最小值为.故选：C11．C【分析】根据函数的奇偶性和对称性得到函数周期，变换，代入计算得到答案.【详解】偶函数的图象关于点中心对称，则，且，故，，故函数为周期为的函数，.故选：C12．A【分析】将三棱锥放入长方体中，根据体积公式得到，得到，再计算三棱锥的体积得到答案.【详解】将三棱锥放入长方体中，如图所示：设球的半径为，，则，，解得，故三棱锥的体积为.故选：A13．【分析】用余弦的二倍角公式转化为二次函数求值域.【详解】因为，又，所以，则，即函数的值域为.故答案为：.14．#【分析】连接MO，NO，易得，再由将圆沿直径折成直二面角，得到平面ABN，从而是直线与平面所成的角求解.【详解】解：如图所示：连接MO，NO，因为M为所在半圆弧的中点，所以,将圆沿直径折成直二面角，平面ABN，所以ON为MO在平面ABN中的射影，所以是直线与平面所成的角，在中，，所以，故答案为：15．【分析】利用圆锥侧面积和底面积的比求得，进而求得圆锥内切球半径与底面半径的关系式，从而求得内切球表面积是圆锥底面积的倍.【详解】圆锥的轴截面是，设圆锥的底面半径r=BD，母线为l，则，，所以，得l=2r，如图，可知是正三角形，O是内切球球心，R=OD是内切球半径，所以，所以内切球表面积，所以，所以内切球表面积是圆锥底面积的倍.故答案为：16．【分析】变换得到，设，得到，利用累加法计算得到答案.【详解】，则，设，，则，，故.故答案为：17．答案见解析【分析】根据余弦定理得到，若选择①，确定，根据余弦定理得到，，得到答案，若选择②，根据余弦定理得到，计算周长即可，若选择③，根据正弦定理得到，再根据余弦定理得到或，得到答案.【详解】，则由余弦定理得，即，即，若选择①：，则，即，，所以由余弦定理得，即，即，得，故，，此时三角形唯一，则周长为；若选择②：，，由余弦定理得，即，故，即，得，此时三角形唯一，则周长为；若选择③：，，，由正弦定理得 ，得，则，即，得，则或，此时三角形不唯一.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的结合即可得出结论.（2）建立空间直角坐标系，得出相应点的坐标，然后利用向量间余弦值的公式求解即可.【详解】（1）由题知，在三棱柱中，因为，，平面，所以四边形是正方形，，又平面，则，又平面，，则平面，又是中点，是中点，则，所以平面，又平面，则，又平面，，则平面，又平面，则.（2）根据已知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，假定，又是的中点，则，则，，，，则，，.故异面直线与所成角的余弦值为.19．(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）根据等差数列的性质，结合即可求解的通项，进而可得的通项；（2）根据裂项求和可得，再证明不等式.【详解】（1）由是公差为1的等差数列，可得，所以，所以，当时，，所以，当时，也符合，所以.（2），所以所以.当时，取到最小值，此时取到最小值.所以. 故得证.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明，进而得证平面，再根据直线与平面平行的性质可得，进而得证；（2）连接，通过线面垂直关系可得平面，结合为的中点，可得到平面的距离为，再结合三角形知识可得，，进而利用等积法即可求解.【详解】（1）因为，，，分别为，，，的中点，所以，，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，且平面平面，所以，又，所以.（2）连接，因为，，，侧面是正三角形，所以，，又与是全等三角形，所以，又，且平面，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，，又，且平面，所以平面，又为的中点，所以到平面的距离为.在中，，，又，，为的中点，所以，且在中，，所以，所以，设到平面的距离为，由，得，即，即到平面的距离为.  21．(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列以及等比数列的通项公式进行求解即可；（2）根据错位相减求和法进行求解即可.【详解】（1）已知为等差数列，由，则，解得，又， 则，代入，解得，所以.已知为等比数列,，，又，，则，，所以公比，.（2）由（1）得，则，，则，所以数列的前项和．22．(1)(2) 【分析】（1）根据题意，先将参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程即可；（2）根据题意，设，设，然后结合极坐标方程，代入计算，即可得到的面积的范围，从而得到结果.【详解】（1）因为，则，且，则，根据，转化为极坐标方程为.（2）由（1）可知，曲线的极坐标方程为，设，则由于，则，即，所以，即，所以23．(1)(2) 【分析】（1）分段去绝对值求解，然后取并集可得；（2）分段求值域，然后作差，因式分解，根据a，b范围可得.【详解】（1）所以或或解得或或综上，不等式的解集为（2）当时，，当时，，即当时，综上，函数的值域，因为，所以，所以，所以