石嘴山市第一中学2023届高三上学期第三次月考数学（理）试卷(含答案)

这是一份石嘴山市第一中学2023届高三上学期第三次月考数学（理）试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则为( )
A.B.C.D.
2．已知,则( )
A.B.C.D.
3．已知,则等于( )
A.B.C.D.
4．已知向量,若,则等于( )
A.3B.C.D.
5．下列函数中,是奇函数且在区间上为增函数的是( )
A.B.C.D.
6．已知函数的部分图像如图所示,下列说法不正确的是( )
A.的最小正周期为
B.
C.关于直线对称
D.将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
7．“苏州码子”发源于苏州,作为一种民间的数字符号流行一时,被广泛应用于各种商业场合.“苏州码子”0~9的写法依次为○､丨､刂､川､ㄨ､､〦､〧､〨､攵.某铁路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程,如某处里程碑上刻着“〦○”代表距离始发车站的里程为60公里,已知每隔3公里摆放一个里程碑,若在A点处里程碑上刻着“ㄨ”,在点处里程碑上刻着“攵〦”,则从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为( )
A.1029B.1125C.1224D.1650
8．函数的部分图象大致为( )
A.B.
C.D.
9．如图,在正方体中,M、N分别是CD、的中点,则异面直线与DN所成角的大小是( )
A.B.C.D.
10．已知直线l为曲线在处的切线,若l与二次曲线也相切,则( )
A. 0B.-4C.4D.0或4
11．已知三棱锥的直观图及其部分三视图如图所示,若三棱锥的四个面中面积最大的一个三角形面积是,则三棱锥的外接球体积为( )
A.B.C.D.
12．设函数是定义在R上的奇函数,对任意,都有,且当时,,若函数（且）在上恰有4个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．若命题“,”是假命题,则实数a的取值范围是__________．
14．把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),再将图象向右平移个单位长度,那么所得图象的一条对称轴方程为____________.
15．已知等差数列的前n项和为,且,,则____________;
16．已知向量,,满足,,与夹角为,,则最大值为____________.
三、解答题
17．已知函数.
（1）求函数的单调性;
（2）在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,,,求的面积.
18．如图,在四棱锥中,平面底面ABCD,,,,．
（1）证明：;
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
19．已知等差数列的前n项和为,,．正项等比数列中,,．
（1）求与的通项公式;
（2）求数列的前n项和．
20．已知抛物线的焦点为F,直线分别与x轴交于点M,与抛物线E交于点Q,且．
（1）求抛物线E的方程;
（2）设横坐标依次为,,的三个点A,B,C都在抛物线E上,且,若是以AC为斜边的等腰直角三角形,求的最小值．
21．已知,e为自然对数的底数).
（1）讨论函数的单调性;
（2）若函数有两个不同零点,求证：.
22．在直角坐标系xOy中,直线,,以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求,的极坐标方程;
（2）若的极坐标方程为,设与交于O,P两点（O为坐标原点）,过O点与垂直的直线与,分别相交于M,N（N异于点O）两点,求的面积．
23．已知函数.
（1）求不等式的解集;
（2）若,,,求的最大值.
参考答案
1．答案：B
解析：因为,所以
而,所以
故选：B.
2．答案：D
解析：由已知得,所以．
故选：D.
3．答案：B
解析：因,则,而,于是得,
所以.
则
故选：B.
4．答案：C
解析：因为,若,
所以,
所以,
所以.
故选：C.
5．答案：C
解析：对于A,定义域为,不关于原点对称,所以为非奇非偶函数,A错误;
对于B,因定义域为R,且,为偶函数;B错误;
对于C,定义域为,,所以为奇函数,又函数在单调递增,函数在上单调递减,所以函数在上单调递增,C正确;
对于D,定义域为,,为奇函数;又,所以函数在区间上不是增函数,D错误.
故选：C.
6．答案：D
解析：由图可知,,即,故选项A正确;
由,可得,则,
因为,即,
所以,,得, ,
因为,所以,所以,故选项B正确;
由,,可得,即关于直线对称,故选项C正确;
将的图象向左平移个单位长度后得到,
所以为偶函数,图象不关于原点对称.
故选：D.
7．答案：B
解析：由题意知,A点处里程碑刻着数字54,B点处里程碑刻着数字96,
里程碑上的数字成等差数列,公差为3,
则从A到B的所有里程碑个数为,
所以从A到B的所有里程碑上的数字之和为.
故选：B.
8．答案：B
解析：函数,定义域为,,
所以函数为奇函数,则排除AD项;
当时,,,所以有,所以,B项符合条件.
故选：B.
9．答案：D
解析：若E为CN中点,连接ME,,又M是CD的中点,则,
所以与DN所成角,即为与ME所成角,
令正方体棱长为2,则,,,
在中,则.
故选：D.
10．答案：C
解析：因为,所以,所以,
所以曲线在处的切线斜率为,
则曲线在处的切线方程为,即．
由于切线与曲线相切,
由,得,
又,两线相切有一切点,
所以,
解得或（舍去）．
故选：C．
11．答案：C
解析：由已知可得：底面ABC,是边长为4的等边三角形,
可得侧面SAB的面积最大,设,则,解得（负值舍去）．
设三棱锥的外接球的半径为R,则,即．
三棱锥的外接球的体积．
故选：C．
12．答案：C
解析：函数是定义在R上的奇函数,当时,,
当时,,所以,
即当时,
又对任意,都有,则关于对称,且,
,即函数的周期为4,
又由函数且在上恰有4个不同的零点,
得函数与的图像在上有4个不同的交点,又,
当时,由图可得,解得;
当时,由图可得,解得．
综上可得.
故选：C．
13．答案：
解析：命题“,”是假命题,
命题“,”是真命题,
则,解得,
则实数的取值范围是．
故答案为：．
14．答案：（答案不唯一）
解析：将图象上各点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),得到函数;
再将图象向右平移个单位长度,得到函数,
令,,解得,,
故是其图象的一条对称轴方程.
故答案为：（答案不唯一）
15．答案：60
解析：若数列{an}为等差数列则,,仍然成等差数列．
所以,,仍然成等差数列．
因为在等差数列中有,,
所以．
故答案为60．
16．答案：
解析：由题意,因为,,与夹角为,
可设,,
又由,
即,即,
可得圆心坐标为,半径为1的圆,
又由表示圆上的点到点的距离,
所以的最大值为.
故答案为：.
17．答案：（1）在上单调递增,在上单调递减,;
（2）.
解析：（1）,
由,得,;
由,得,.
故在上单调递增,在上单调递减,;
（2）,则 ,
, ,即,
由正弦定理得,即,解得 , 或,
当时,,舍去,所以,故,
.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：在四边形ABCD中,因为,,,,
由余弦定理得,,解得,
所以,即,
因为平面平面ABCD,平面平面,平面ABCD,
所以平面PAD,
又因为平面PAD,
所以．
（2）如图,作AD的中点M,AB的中点E,连接ME,以点M为原点建立空间直角坐标系,
,则,,,,
则,,,
设平面PAB的法向量,
则有
可取,
则,
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为．
19．答案：（1）,
（2）
解析：（1）等差数列的前n项和为,,,设公差为d
所以,解得
所以
正项等比数列中,,,设公比为q
所以,所以
解得,或（舍去）
所以
（2）由（1）知：
所以
两式相减得：

20．答案：（1）
（2）32
解析：（1）设点,
因为点Q在抛物线E上,且,
所以,解得,
所以抛物线E的方程为,
（2）由题可设直线AB的斜率为,
因为,所以直线BC的斜率为,
因,所以,
所以,
因为,
所以,得,
因为,所以,
所以,
所以,
所以,
所以,
所以
,
因为,所以,
因为,所以,
所以,当且仅当时取等号,
所以,
所以的最小值为32.
21．答案：（1）详见解析;
（2）证明见解析.
解析：（1）
由题可得,
当时,,当时,;
所以当时,在上是增函数,在上是减函数;
当时,在上是减函数,在上是增函数;
（2）因为有两个不同零点,,则,,
因此,即,
要证,只要证明,即证,
不妨设,记,则,,
因此只要证明,即,
记,则,
令,则,
所以函数在上递增,
则,即,
在上单调递增,
,
即成立,
.
22．答案：（1）曲线,曲线
（2）1
解析：（1）因为,,
所以曲线,曲线;
（2）由题意：点P为,的交点,联立,
得：,直角坐标,
直线,
点M为,交点,联立,
得：,
点N为,的交点,联立,
得：．
所以,
点到直线的距离,
所以的面积.
23．答案：（1）
（2）
解析：（1）当时,原不等式等价于,
即成立,所以;
当时,原不等式等价于,解得,
又,所以;
当时,原不等式等价于,
即不成立,解得;
综上所述,不等式的解集为;
（2）由柯西不等式得,
所以,
当且仅当,即且时等号成立,
即的最大值为.