河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试文科数学试卷含答案

2022-2023学年度高三文科数学12月月考试卷考试时间：120分钟满分：150分一、单选题（每小题5分，共60分）1．设集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，，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3．魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，因其第一题为测量海岛的高度和距离，故题为《海岛算经》.受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度.如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”测得以下数据（单位：米）：前表却行DG=1，表高CD=EF=2，后表却行FH=3，表距DF=61.则塔高AB=（

）A．60米 B．61米 C．62米 D．63米4．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称C．函数关于点中心对称 D．5．如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．6．在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（

）A．B．C． D．7．一个几何体的三视图如图，它们为一个等腰三角形，两个直角三角形，则这个几何体的外接球表面积为（

）A． B． C． D．8．在上有两个零点，，则（）A． B． C． D．9．已知正四棱锥的侧棱长为，则该正四棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．10．已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（

）A． B． C．1 D．211．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．12．已知，，，则（

）A． B． C． D．二、填空题（每小题5分，共20分）13．若满足约束条件，则的最大值为__________.14．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.15．已知的所有顶点都在球的表面上，，球的体积为，若动点在球的表面上，则点到平面的距离的最大值为__________.16．如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题:①四棱锥的体积恒为定值;②存在点，使得平面;③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面;④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.其中真命题的是_____________.（填写所有正确答案的序号）三、解答题（17题10分，其余每小题12分，共70分）17．已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.18．已知在中，角所对的边分别为，且.(1)求；(2)设点是边的中点，若，求的取值范围.19．如图，在几何体中，平面，，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.20．已知函数，．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．21．如图，△ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，，.平面ABC⊥平面ABEF，M，N分别是AF，CE的中点，.(1)证明：平面ABC；(2)求三棱锥N－ABC的体积.22．已知，函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若曲线与直线有且只有一个公共点，求.12月月考试卷参考答案1．C【详解】由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以，2．A【详解】充分性：∵，，，∴，当且仅当时，等号成立，∴，当且仅当时，等号成立，∴.必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件．3．D【详解】解：根据题意，，，所以，解得．4．C【详解】∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函数的周期为4，A错误，，故D错误.5．A【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.6．D【详解】过点作平行于，交于点，因为，则为的中点，所以且，因为，所以，由可得：，所以，因为，所以，7．C【详解】由三视图还原原几何体的直观图如下图所示：可以该几何体为三棱锥，其中平面，，，所以，为等边三角形，如下图所示：圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且，可将三棱锥置于内，使得的外接圆为圆，其中圆的直径为，故三棱锥的外接球直径为，所以，该几何体的外接球的表面积为.8．D【详解】其中,不妨设因为是的两个零点,所以即结合的范围知所以,即所以9．D【详解】如图，连结交于点，连结.根据正四棱锥的性质，可知平面.设底面正方形边长为，高为，则，.在中，有，即，则.则.设，则，令，解得（舍去负值）.又当时，；当时，.所以，当时，有唯一极大值，也是最大值.10．B【详解】已知由正弦定理可知：，，整理得：，两边同除得：，根据余弦定理得：，即，，，，当且仅当，即时等号成立.又，当且仅当时，等号成立.综上所述：且，故得：，此时且，，.11．A【详解】由题意得,令，，该函数在R上为单调增函数，且，故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，令即直线与的图象有两个不同交点，又，当时，递增，当时，递减，则，当时，，作出其图象如图：由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，12．A【详解】设，当时，有，当且仅当时，等号成立，所以是减函数，，即；当时，设，单调递增，，即，即；13．8【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在中，是直线的纵截距，向上平移该直线，增大，平移直线，当它过点时，为最大值．14．x2＋y2＋2x＋4y－5＝0【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由题意得:,解得：故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.方法二：线段的中点坐标为，即，直线的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，联立，得交点坐标，又点O到点A的距离，即半径为，所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.15．【详解】解：因为，所以，即.设的外接圆的圆心为的外接圆的半径为，球的半径为，则，因为平面，所以，则.延长与球交于点，当点与点重合时，点到平面的距离取得最大值.16．①②④【详解】对于①，由，平面，可得到平面的距离为定值，所以四棱锥的体积为定值，故①正确;对于②，，得对角面为正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，，平面，所以平面，面，所以，，平面，所以有平面，故②正确;对于③，可作出过的平面与平行，如图所示：当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，而当点在线段内时，对应的点在棱上，故③错误.对于④，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四边形的周长，将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：此时，四边形的周长取得最小值，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故④正确.综上：①②④正确.故答案为：①②④.17．【详解】（1）①，当时，②，①②得，即，又时，，∴为首项，公比的等比数列，故，∴（2），③④③④得∴18．【详解】（1）在中，依题意有，由正弦定理得：，而，即，则有，即，而，所以.（2）在中，由（1）知，，又，点是边的中点，则,于是得，显然，当且仅当时取等号，因此，，即，所以的取值范围是.19．【详解】（1）若分别为的中点，连接，所以且，又，，故、，所以为平行四边形，故，且、，所以为平行四边形，故且，而，因为平面，则平面，平面，所以，即，，在中，，故△为等腰三角形，则，平面，平面，故，所以，，面，故面，而面，所以面面.（2）由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为，所以，因为，，故，即，所以，且，又平面，故，则，而，所以，即直线与平面所成角的正弦值.20．【详解】（1）解：当时，，所以，，所以，故所求切线方程为．（2）解：因为在上恒成立，令，，则，令，则，所以在上单调递减，因为，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，从而．21．【详解】（1）取CF的中点D，连接DM，DN，∵M，N分别是AF，CE的中点，∴，，又∵平面ABC，平面ABC，∴平面ABC.又，∴，同理可得，平面ABC.∵平面MND，平面MND，，∴平面平面ABC.∵平面MND，∴平面ABC.（2）取AB的中点O，连接OC，OE.由已知得OAEF且OA=EF，∴OAFE是平行四边形，∴OEAF且OE=AF∵△ABC是正三角形，∴OC⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABEF，平面平面ABEF＝AB，∴OC⊥平面ABEF，又平面ABEF，∴OC⊥OE.设，，在Rt△COE中，由，解得，即.由题意∠FAB＝60°，M到AB的距离即为M到平面ABC的距离又平面ABC，∴.22．【详解】（1）解：当时，，函数的定义域为，，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，且．所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．因此，当时，函数的减区间为，增区间为.（2）