四川省巴中中学高三上学期12月月考数学试题

巴中中学高三一轮复习月质量检测数学试题注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为分钟，满分分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.已知命题，则的否定是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由存在量词命题否定结构即可求解.【详解】的否定为：，故选：D2.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求解集合B，根据交集和补集的运算可得答案.【详解】因为，所以或，所以.第1页/共20页故选：D3.已知复数满足（（）A.1B.C.iD.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则求解.【详解】因为，所以，所以，所以，故，故选：C4.已知函数，则（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先对函数求导，然后将代入求解即可.【详解】已知，则，因此可得：.故选：B5.如图，在中，，，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，通过向量的基本定理，用已知向量表示未知向量，即可求解.第2页/共20页所以，因为，所以,所以故选：6.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系先求，进而将弦化为切即可求解.【详解】由，解得，所以，故选：A.7.已知等差数列的前项和为，，且，则（）A.24B.20C.16D.12【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.【详解】由题意得，，其中分别是等差数列的首项和公差，化简得，解得.所以.故选：B.第3页/共20页8.已知函数有三个零点的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】与用数形结合即可求解.【详解】由，得，由已知与有三个交点，由，令，得，由单调递减，又在单调递增，所以在单调递减，作出的函数图象：由图象可知：，所以，所以，故选：D二、选择题；本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．第4页/共20页9.已知实数满足，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】由作商法判断A；由作差法判断B；举反例判断C；由指数函数的性质判断D.【详解】对于A，因为，所以，，所以，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，因为，不妨取，则，因为，即，故C错误；对于D，因为，所以为单调递增函数，又因为，所以，故D错误.故选：AB.10.四季轮转；四象再演，生成八卦，如雷风山水布列八方．一画开天，万象生辉——这不仅是符号的演化，是该正八边形的中心，则下列结论正确的是（）第5页/共20页B.C.在方向上的投影向量为D.【答案】BCD【解析】【分析】根据正八边形的性质和平面向量的共线、数量积、投影向量等知识逐项判断计算即可.【详解】对于A：与的夹角为与的夹角，即，A错误；对于B：，B正确；对于C：在方向上的投影向量为，C正确；对于D：因为正八边形的中心角为，所以，所以，因为，所以，又，所以，所以D正确.故选：BCD.第6页/共20页已知函数的定义域为，函数是奇函数，且满足，当，则下列说法正确的是（）A.函数的周期为8B.C.函数在区间上的最大值为4D.【答案】AC【解析】数的一个周期判断ABD上最大值转化为区间上最大值可判断C选项.【详解】因为函数的定义域为，函数是奇函数，所以，令，则，即①，所以函数关于点成中心对称.又因为，用替换得②，所以函数关于对称.联立①②得，用替换得，即.所以，所以8是函数的一个周期，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：因为8是函数的一个周期，所以函数在区间上与在区间上的图象完全相同，当，，所以函数在上单调递减，，所以C正确；对于D：由，所以，，第7页/共20页再由，得，，，，，所以，.所以D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12已知函数，若，则_____．【答案】4【解析】推出的表达式，即可求得答案.【详解】由，得，则，则，故答案为：413.如图是函数的部分图象，则的解析式为_____．第8页/共20页【解析】【分析】根据图象确定A和最小正周期，即可求出，利用点的坐标即可求出，即得答案.【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，故，则，将点代入得，故，即，结合，得，故，故答案为：14.已知在长方形中，，点为的中点，沿直线进行翻折，形成四棱锥如图．则下列说法正确是_____．①存在点使得；②三棱锥可以四个侧面都是直角三角形；③点在翻折过程中，存在三棱锥的表面积不变；④点在翻折过程中，存在三棱锥的体积为．【答案】【解析】【分析】对于①：利用线面垂直的判定定理和性质，推出矛盾；对于②：存在一种情况符合条件即可；对第9页/共20页于③：当翻折至到的距离等于原到的距离时，即和面积与原面积相等，三棱锥体积的最大值可判断正确与否．【详解】由于在长方形中，，，为中点，则，可得为等腰直角三角形，且，，，故所以．则：对于：已知，若，又，且平面，平面，则平面，又平面，故．但翻折后，而与的夹角为，即不成立．故错误；对于：由条件得，，，在中，显然不成立，故若是直角三角形，分以下两种情况：第一种：，则，而，，显然不存在；第二种：，则而，，则，即，即是直角三角形．而，，，即，即，故为等腰直角三角形，又已求得，即为直角三角形，存在这样的满足条件．故正确；对于：三棱锥表面积=+++．；第10页/共20页；当翻折至到的距离等于原到的距离时，和面积与原面积相等，故三棱锥表面积不变．故正确．对于：设为点到平面的距离，三棱锥体积=．而=4，则．翻折时的最大值为到的距离（即等腰，则，此时，故存在使得．故正确．故答案为：．四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知在长方体中，，点为的中点，点为的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成的角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论；（2）根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由于，则，第11页/共20页设平面的法向量为，则,即，令，则，则，即，而平面，故平面；【小问2详解】由（1）知，故，而，故，则异面直线与所成的角的余弦值为.16.已知数列的前项和为．（1）求证：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】1）利用等比数列的定义即可得证，进而求；第12页/共20页【小问1详解】由题意有：，所以，又，所以数列是以为公比，首项为的等比数列，所以，所以；【小问2详解】由（1）有：，所以；17.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若为边的中点，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】1）利用正弦定理角化边化简已知等式，再结合余弦定理即可求得答案；（2）由题意可得，平方后可得，再利用余弦定理得到，第13页/共20页【小问1详解】由题意知在中，，则，即得，即,可得，结合，得；【小问2详解】由题意知为边的中点，，则,则，可得，即又，则，结合，可得，故的面积为.18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形．，且平面平面．（1）若是直角三角形，且，求证：．（2）若是等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值．（3是等腰直角三角形，上是否存在点与平面所第14页/共20页成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，【解析】1平面定理得到平面，从而得到；（2）取中点，由是等边三角形得到，利用面面垂直的性质定理得到平面，以为原点建系，写出坐标，求平面的法向量和平面的法向量，设平面与平面的夹角为，利用数量积求出，从而得解.（3）取中点，由得到，利用面面垂直的性质定理得到平面，以为原点建系，设，利用向量求出的坐标，求出平面的法向量，设直线与平面的夹角为，利用数量积求出，计算得解.【小问1详解】取中点，连接，，且，是矩形，且，，，，，，，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，，，平面，平面，平面，第15页/共20页；【小问2详解】取中点，连接，是等边三角形，，平面平面，平面平面，平面，以为原点，过作的平行线作为轴，分别以，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：，，，，，是等边三角形，，，，，设平面的法向量为，，，解得，，取，则，，，，，，设平面的法向量为，，，解得，取，解得，则，，，，，，设平面与平面夹角为，则，平面与平面夹角的余弦值为.第16页/共20页由（2）知，，，，，是等腰直角三角形，，，，，设，则，设，，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，，，解得，取，解得，则，，，，，，设直线与平面的夹角为，则，第17页/共20页直线与平面所成角的正弦值为，，或，，，，是线段的中点，即在线段上存在点，且是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为，.19.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值；（3）当时，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）当时，无极值；当时，极小值（3）【解析】1）时求，由点斜式求出切线的方程即可．（2）先求，再判断和的的取值范围，确定极值点即可求出极值.（3）先构造函数，再求导利用分离常数法即可求出实数的取值范围.第18页/共