四川省遂宁市射洪中学2023届高三理科数学上学期12月月考试题（Word版附解析）

射洪中学高2020级高三上期第三次月考

理科数学试题

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用B2铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.

3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

一、选择题（本题共12小题共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解不等式，求出，从而求出交集.

【详解】，解得：，所以，

因为，

所以

故选：A

2. 设复数z满足，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.

【详解】依题意，

.

故选：D

3. 已知，则下列各式中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】取特殊值排除错误选项，再证明正确选项.

【详解】取，可得，

，，A错，

，，B错，

当时，不存在，C错，

∵ ，∴  ，

∴ ，当且仅当时等号成立，

∴ ，D对，

故选：D.

4. 已知，，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用平面向量共线的坐标表示可得出关于的等式，解之即可.

【详解】因为，，，则，解得.

故选：A.

5. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C. － D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知求得的正弦值余弦值即可求得.

【详解】由已知得，又因为，故

故选：A

6. 已知为等差数列，为其前项和，若，则公差等于（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差数列的通项和前项和公式，列方程求解即可.

【详解】设等差数列的首项为，则，联立解得，

故选:C

7. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数图象的变换求得，再求结果即可.

【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，得到的图象；

再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象；

故.

故选：C.

8. 在中，则“”是“”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】利用余弦函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.

【详解】因为余弦函数在上单调递减，

在中，、，则，

所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

9. 二项式的展开式中含项的系数是（    ）

A.  B.  C.  D. 15

【答案】B

【解析】

【分析】求出二项式的展开式的通项公式，再由x的幂指数为2确定项数，进行计算作答.

【详解】二项式的展开式的通项公式为：，

当，即时，，

所以展开式中含项的系数是60.

故选：B

10. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据特殊点的函数值、函数的奇偶性求得正确答案.

【详解】，排除C选项.

，的定义域为，

，

所以是偶函数，排除D选项.

，所以B选项错误.

故A选项正确.

故选：A

11. 正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）

A.  B. 5 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．

【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，

所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，

所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．

在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，

平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，

所以．

因为，所以，

因为侧棱长是6，所以．

所以，则△MQC的面积，

故动点P轨迹面积为．

故选：C

【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：

（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；

（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；

（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；

（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；

12. 已知函数及其导函数定义域均为，为奇函数，，，则正确的有（    ）

①；②；③；④.

A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④

【答案】C

【解析】

【分析】根据与奇偶性之间的关系，结合函数对称性和周期性，即可判断求解.

【详解】因为为奇函数，则，

因为，，

故可得，

所以，函数的图象关于点对称，

在等式中，令可得，则，

因为函数为奇函数，即，可设，为常数，

则，故，即，

所以，函数为偶函数，

由可得，

从而可得，则，即，

所以，函数为周期为的周期函数，

故，

在等式两边同时求导可得，

即，

在等式中，令可得，

因为函数是周期为的周期函数，则，

等式两边求导可得，

所以，函数是周期为的周期函数，

所以，.

而、的值根据已知条件无法推导其值，则②③对，①④错.

故选：C.

【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：

（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；

（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；

（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 抛物线的准线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】抛物线的准线方程为，由此得到题目所求准线方程.

【详解】抛物线的准线方程是.

故答案为：.

14. 已知一个圆锥底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.

【答案】

【解析】

【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.

【详解】∵

∴

∴

∴.

故答案为：.

15. 随着外地返乡人员的增加，当前防疫形势愈加严峻，射洪已经发现了多起新冠阳性病人.射洪中学计划下周星期一、二、三，连续三天对我校在校师生进行核酸检测.高三数学组有金老师、赵老师、谭老师、黄老师四人主动申请参与信息采集.每人自行选择其中的某一天参与，但金老师和谭老师不能在同一天参加，则不同的安排方式有__________ .（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】先考虑四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集的安排方式种数，再考虑金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数，利用间接法可求得金老师和谭老师不能在同一天参加的安排方式种数.

【详解】四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集，不同的安排方式种数为种，

其中，金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数为种，

因此，金老师和谭老师不能在同一天参加，不同的安排方式种数为种.

故答案为：.

16. 已知函数，对都有，且是的一个零点.若在上有且只有一个零点，则的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据余弦型函数的基本性质可得出关于、的方程组，解出、的表达式，再结合函数与方程的关系，将问题转化为存在唯一的，使得函数取到最大值，且，结合三角函数的基本性质，求出的范围，由大到小进项检验，即可求得的最大值.

【详解】因为函数，

对都有，且是的一个零点，

则，解得,

因为函数在上有且只有一个零点，

则方程在上有且只有一个根，

因为，所以，存在唯一的，使得函数取到最大值，且，

则，解得，

令，则，且，

所以，、的奇偶性相同，

由可得，解得，即，

当时，，为奇数，则，所以，，

由可得，

此时，当或时，函数取最大值，不合乎题意；

当时，，为偶数，，即，

由可得，

此时，当时，函数取最大值，合乎题意.

综上所述，的最大值为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：

（1）将函数解析式变形为或的形式；

（2）将看成一个整体；

（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.

三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 在中，设内角、、所对的边分别为、、，且.

（1）求角的大小；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；

（2）利用三角恒等变换化简，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.

【小问1详解】

解：因为，则，则，

所以，，

则，

因为、，则，所以，，则.

【小问2详解】

解：

，

因为，则，所以，，则，

所以，.

即的取值范围是.

18. 已知数列为公差不为0的等差数列，，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，，成等差数列以及可求出首项和公差，再根据等差数列的通项公式即可求解；

（2）先求出，再根据裂项相消法求和即可．

【小问1详解】

∵，，成等差数列，

∴，

∴，

设数列的公差为，

∴，

∴，

∵，解得：，

∵，

∴，，

∴；

【小问2详解】

∵，

∴数列的前n项和为．

19. 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E为线段AD的中点，，，，BC⊥平面PBE．

（1）证明：PE⊥平面ABCD；

（2）当AD为多少时，平面PBE与平面PCD所成的二面角为．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明来证得平面；

（2）建立空间直角坐标系，设，根据平面PBE与平面PCD所成的二面角求得，进而求得.

【小问1详解】

因为BC⊥平面PBE，PE平面PBE，

所以BC⊥PE，

在△PBE中，由正弦定理得，

又，，，

所以，又∠PEB为△PBE的内角，

所以，即，

又，BE、BC平面ABCD，

所以PE⊥平面ABCD.

【小问2详解】

由（1）知EA、EB、EP两两相互垂直，

以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，

设，则E（0，0，0）、P（0，0，1）、D（－t，0，0）、C（－2t，，0），

所以，，

设平面PCD的法向量为，

所以，所以，

取，可得，

由已知得ED⊥平面PBE，所以为平面PBE法向量，

所以，解得．

所以．

20. 已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，求函数极值点；

（3）当时，求函数的零点个数.

【答案】（1）   

（2）极小值点为，无极大值点   

（3）

【解析】

【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；

（2）当时，利用导数分析函数在其定义域上的单调性，可得结果；

（3）当时，由可得、，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.

【小问1详解】

对于函数，有，解得，

所以，函数的定义域为，且，

，则，

所以，曲线在点处的切线方程为.

【小问2详解】

因为，函数的定义域为，且，

当时，，则，，，此时，，

当时，，则，，，此时，，

所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，

所以，函数的极小值点为，无极大值点.

【小问3详解】

当时，，

该函数的定义域为，且，

令，其中，则，

令可得，列表如下：

所以，函数的增区间为，减区间为，

因为，，，

所以，函数在、上各有一个零点，且其中一个零点为.

综上所述，当时，函数的零点个数为.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

21. 已知函数.

（1）若，求的解集；

（2）若，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性与最值，即可得出不等式的解集；

（2）由，可得，所以，，要证，先证，分三种情况讨论证明即可.

【小问1详解】

解：当时，，该函数的定义域为，且，

，令可得，列表如下：

所以，函数在处取得最大值，即，

因此，当时，不等式的解集为.

【小问2详解】

证明：由，，所以，，所以，，

要证，先证，其中，

①当时，由（1）可得（当且仅当时，取等号），

又因（当且仅当时，取等号），

所以，当时，；

②当时，设，则，

所以，函数在上单调递增，

所以，，

又因为，所以，，即；

③当时，由（1）可得在上单调递减，

所以，，

又因为，所以，.

综上所述，，

所以，当时，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

请考生在第22，23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分

选修：极坐标和参数方程选讲

22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线的极坐标方程为，点的极坐标为，在平面直角坐标系中，直线经过点，且倾斜角为.

（1）写出曲线的直角坐标方程以及点的直角坐标；

（2）设直线与曲线相交于，两点，求的值.

【答案】（1）曲线的直角坐标方程为；点的直角坐标为（2）

【解析】

【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化可得的直角坐标方程为，点的直角坐标为；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中的几何意义，再求解即可.

【详解】解：（1）曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，

点的极坐标为：，化为直角坐标为.

（2）直线的参数方程为，即（为参数），

将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，

整理得：，

显然有，则，，

，，

所以.

【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标的互化，直线的参数方程及，直线的参数方程中的几何意义，属中档题.

选修：不等式选讲

23. 已知函数，.

（1）解不等式；

（2）若存在使不等式成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）由绝对值的意义，分别讨论，，即可；

（2）原命题等价于的最小值小于或等于，

再利用绝对值不等式的性质可得.

即的最小值为2，即可得解.

【详解】解：（1）原不等式即，

∴或或，

所以无解或或，即,

∴原不等式的解集为.

（2）若存在使不等式成立，则的最小值小于或等于.

.

当且仅当时取等号，∴的最小值为2.

∴.