2023届河北正中实验中学高三年级上册学期月考（一）数学试题【含答案】

2023届河北正中实验中学高三上学期月考（一）数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A．B．C．或D．或【答案】D【分析】先解分式不等式，将集合A解出，再利用集合的并运算，求出答案.【详解】由题意可知，，则，故选：D.2．若（为虚数单位）是纯虚数，则（

）A．-1 B．0 C．1 D．2【答案】C【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.【详解】，由于为纯虚数，因此且，故，故选：C3．已知点是角终边上一点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据余弦函数的定义，结合特殊角的余弦值进行求解即可.【详解】依题意点的坐标为，故选：4．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．①a//c，b//c⇒a//b；②a//β，b//β⇒a//b；③a//c，c//α⇒a//α；④a//β，a//α⇒α//β；⑤a⊄α，b⊂α，a//b⇒a//α.其中正确的命题是（）A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤【答案】A【分析】由题意，根据线面位置关系，可得答案.【详解】对于①，由平行的传递性公理，则正确；对于②，由，，则共面或异面，故错误；对于③，由，，则或，故错误；对于④，由，，则平行或相交，故错误；对于⑤，由，，，根据线面平行判定定理，可得，故正确.故选：A.5．已知函数的大致图像如图所示，现有如下说法：①；②；③；则正确的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】由可判断③，，记函数的极值点分别为，，然后根据韦达定理可判断①②.【详解】因为，故③错误；，记函数的极值点分别为，，则，故，故①错误；而，则，故②正确；故选：B.6．已知函数向左平移个单位后为偶函数，其中.则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先对函数化简变形，然后利用三角函数图象变换规律求出平移后的解析式，再利用其为偶函数可求出的值.【详解】，所以的图象向左平移个单位后，得，因为此函数为偶函数，所以，得，因为，所以，故选：D7．已知不等式恒成立，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将问题转化为在上恒成立，利用导数求右侧最值，即可得参数范围.【详解】由题设，可知：，问题转化为在上恒成立，令，则，当时，即递增；当时，即递减；所以，故.故选：B8．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为所以，.设，则.所以.令，则，因为，所以.故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.故选：C二、多选题9．在下列情况中三角形解的个数唯一的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】ACD【分析】对于A：由为锐角可知只有一解；对于B：由可知有两解；对于C：易知，则只有一解；对于D：且，可知只有一解；由此即可选出答案.【详解】对于A，，所以只有一解，故A正确；对于B，，所以有两解，故B错误；对于C，∵，，，∴．只有一解，故C正确；对于D，∵，，∴只有一解,故D正确．故选：ACD．10．已知平面非零向量，，下列结论正确的是（

）A．若存在非零向量使得，则B．已知向量，则在方向上的投影向量是C．已知向量与的夹角是钝角，则k的取值范围是D．若{，}是它们所在平面所有向量的一组基底，且不是基底，则实数【答案】BD【分析】选项A可由向量的运算性质判断；选项B根据投影向量的定义判断；选项C将向量的夹角转化为数量积进行运算；选项D根据共线向量基本定理进行运算.【详解】选项A，，则，所以或，所以A错误；选项B，在方向上的投影向量的长度为，所以投影向量为，B正确；选项C，，则，所以；当与共线时，，，则k的取值范围是，C错误；选项D，不是基底，即共线，则存在，使得，，故，或，所以D正确；故选：BD.11．对于函数，下列判断正确的是（

）A．B．当时，方程总有实数解C．图数的值域为D．函数的单调增区间为【答案】AB【分析】对于A，根据解析式直接计算即可，对于BC，由，从而可求得，从而可求出函数的值域，进而可判断BC，对于D，利用导数和函数的奇偶性的性质判断.【详解】对于A，因为，所以（），所以A正确，对于BC，因为，所以，所以的值域为，所以当时，方程总有实数解，所以B正确，C错误，对于D，，当时，，所以函数在上单调递增，由选项A可知为奇函数，所以在上单调递增，且在处连续，所以在上单调递增，所以D错误，故选：AB12．如图，在长方体中，，，点满足，点在底面的边界及其内部运动，且满足，则下列结论正确的是（

）A．点所在区域面积为 B．线段长度最小值为C．有且仅有一个点使得 D．四面体的体积取值范围为【答案】AD【分析】A选项，由时，与底面的所成角求解判断；B选项，若取最小值时，则线段长度最小，由，，三点共线求解判断；C选项，由点与点重合，由点与点重合，利用余弦定理求解判断；，D选项，由点位于上时，此时点到平面的距离最大，当与点重合时，此时点到平面的距离最小求解判断.【详解】如图所示：A选项，当时，与底面的所成角，故点所在区域为以为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确；B选项，当取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当，，三点共线时，取得最小值，即，则，B错误；C选项，不妨点与点重合，此时，由余弦定理得：，则，同理可得：，故多于一个点使得，C错误；D选项，当点位于上时，此时点到平面的距离最大，最大距离，此时四面体的体积为，当与点重合时，此时点到平面的距离最小，最小距离为，因为，所以，所以最小体积为，故四面体的体积取值范围为，D正确，故选：AD．三、填空题13．已知向量，，，若A，B，D三点共线，则________．【答案】0【分析】利用向量坐标线性运算可得，再由向量共线定理有且，列方程求参数m.【详解】由，又A，B，D三点共线，所以且，则，可得.故答案为：014．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为___________.【答案】【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.【详解】∵平面，平面，∴，又，∴取中点分别为,连接,由于,平面,所以平面,因为底面为菱形，所以，，且，所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，又,所以,因此可得为球心，又，∴.故答案为：【点睛】15．已知，，且，则最小值为________.【答案】【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】解：因为，，且，即，所以，当且仅当，即，、时取等号；故答案为：16．设函数在区间上存在零点，则的最小值为________．【答案】【分析】设为在上的零点，可得，转化为点在直线上，根据的几何意义，可得，令，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得答案．【详解】设为在上的零点，则，所以，即点在直线，又表示点到原点距离的平方，则恒成立，即恒成立，令，可得，因为，，所以恒成立，可得在上为单调递增函数，所以当时，，所以，即的最小值为．故答案为：.【点睛】恒成立问题解题思路：（1）参变量分离：（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.四、解答题17．已知函数在处的切线方程为．(1)求、的值；(2)求的极值点，并计算两个极值之和．【答案】(1)，(2)极大值点为，极小值点为，极大值与极小值的和为【分析】（1）求得，利用导数的几何意义可得出关于实数、的方程组，即可解得、的值；（2）利用导数分析函数的单调性，可求得函数的极大值点、极小值点以及极大值与极小值之和.【详解】（1）解：因为的定义域为，，因为，曲线在处的切线方程为，，可得，，可得.（2）解：由，得，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的极大值点为，极大值为，极小值点为，极小值为，所以，函数的极大值和极小值为.18．已知函数，，且在上的最大值为．(1)求的解析式；(2)将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若，求的值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由求得，再结合在上的最大值为且，知，求出即可；（2）先求出，由求得，结合诱导公式及倍角公式即可求得.【详解】（1）因为，所以周期，又在上的最大值为，且，所以当时，取得最大值，所以，且，即，，故，解得，故；（2），又，则，.19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC//AD，AD＝2BC＝2PA＝2AB＝2，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.(1)证明：直线PF//平面ACG；(2)求直线PD与平面ACG所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接EC，设EB与AC相交于点O，结合已知条件利用线面平行的判定定理可证得OG//平面PEF，再由三角形中位线定理结合线面垂直的判定定理可得AC//平面PEF，从而由面面垂直的判定可得平面PEF//平面GAC，进而可证得结论，（2）由已知可证得PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：连接EC，设EB与AC相交于点O，如图，因为BC//AD，且，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，所以O为EB的中点，又因为G为PB的中点，所以OG为△PBE的中位线，即OG∥PE，因为OG平面PEF，PE⊂平面PEF，所以OG//平面PEF，因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以EF//AC，因为AC平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC//平面PEF，因为OG⊂平面GAC，AC⊂平面GAC，AC∩OG＝O，所以平面PEF//平面GAC，因为PF⊂平面PEF，所以PF//平面GAC.（2）因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，因为AB⊥AD，所以PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），，C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），所以，设平面ACG的法向量为，则，所以，令x＝1，可得y＝﹣1，z＝﹣1，所以，设直线PD与平面ACG所成角为θ，则，所以直线PD与平面ACG所成角的正弦值为.20．的内角、、所对边的长分别为、、，已知．(1)求的大小；(2)若为锐角三角形且，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，再分析求解即可；（2），再利用三角函数求值域即可.【详解】（1）由及正弦定理可得，所以，因为、，则，，则，故．（2）依题意，为锐角三角形且，由正弦定理得，所以，，所以，由于，所以，解得，所以，，所以，所以，所以．所以的取值范围是．21．如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，为的中点，平面平面，二面角的余弦值为，三棱锥的体积为．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理可以证明.（2）根据棱锥的特性可知，过作于点，连接，则，所以为二面角的平面角.由三棱锥的体积可求出顶点到底面的距离，根据二面角的余弦值可计算出正弦值，进而计算的长，通过勾股定理可知边、的长，再通过三角形面积相等计算和的值，从而通过余弦定理计算所求.【详解】（1）为等边三角形，为的中点，所以有，又平面平面，平面平面，，所以平面（面面垂直的性质定理），又平面，所以平面平面（线面垂直的判定定理），得证.（2）由（1）平面，所以，，又，，所以过作于点，连接，则，所以为二面角的平面角.即即为所求.设三棱锥的高为，则有，得.由（1）可知，为二面角的平面角，所以，则，则，所以.由余弦定理可得：，.在中，由余弦定理可知：，则有，所以，同理，又，所以由余弦定理可知.【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，考查线面垂直的判定定理，考查求二面角的平面角的余弦值以及已知二面角的平面角求相关量，考查三棱锥的体积公式，考查学生分析问题和转化问题的能力，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.22．已知函数.(1)若是定义域上的增函数，求a的取值范围；(2)设分别为的极大值点和极小值点，若，求S的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先写出函数的定义域，对函数求导，是定义域上