辽宁省辽阳市2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题

第页，共页辽宁省辽阳市2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.已知集合，，则（

）A． B． C． D．2.在数列中，“数列是等比数列”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.若函数有零点，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．4.在△ABC中，，，若，则（

）A． B． C． D．5.已知某容器的高度为30cm，向容器内注入液体，且容器内液体的高度h（单位：cm）与时间t（单位：s）的函数关系式为．当时，液体上升高度的瞬时变化率为2ecm/s，则当时，液体上升高度的瞬时变化率为（

）A． B． C． D．6.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，是边长为2的正三角形，E，F分别是棱上的动点，则的最小值是（

）A． B． C． D．7.若函数的定义域为，且对任意，恒成立，则称函数为“同步”函数．已知是“同步”函数，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．8.如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为，体积为V，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.已知非零复数（a，，且），是z的共轭复数，则下列各项中，结果是实数的是（

）A． B． C． D．10.已知三棱锥的棱，，两两垂直，，，为的中点，在棱上，且平面，则（

）A． B．与平面所成的角为C．三棱锥外接球的表面积为 D．点A到平面的距离为11.已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．在上单调递增D．在上的零点个数是404112.已知，，，则（

）A． B． C． D．三、填空题（本大题共3小题）13.已知向量，若，则．14.若，，则．15.已知正数a，b满足，则的最小值为．四、双空题（本大题共1小题）16.对正整数n，函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．此函数以其首名研究者欧拉命名，故被称为欧拉函数．根据欧拉函数的概念，可得，数列的前n项和．五、解答题（本大题共6小题）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角B的大小；(2)若，且AC边上的高为，求的周长．18.已知函数的图象关于点对称．(1)求，m的值；(2)将的图象向左平移个单位长度，再将所得图象的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在上的值域．19.设正项数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若是首项为5，公差为2的等差数列，求数列的前n项和．20.已知函数．(1)讨论的单调性．(2)试问曲线是否存在经过坐标原点且斜率不为0的切线？若存在，求切点的横坐标；若不存在，说明你的理由．21.如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且．(1)若，证明：平面平面ABD．(2)若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．22.已知函数．(1)当时，证明：．(2)若，求的单调区间．(3)若，求k的取值范围．

参考答案1.【答案】B【分析】由题知或，再根据集合运算求解即可.【详解】解：解不等式得或，故或,所以，因为所以故选：B2.【答案】A【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断，【详解】数列是等比数列，得，若数列中，则数列不一定是等比数列，如数列，所以反之不成立，则“数列是等比数列”是“”的充分不必要条件．故选：A.3.【答案】D【分析】首先判断在上单调递增，则只需要即可，解出不等式即可得到.【详解】因为函数与均在上单调递增，所以在上单调递增.要使函数有零点，则只需要即可，即，解得.故选：D.4.【答案】B【分析】由向量的加、减法及向共线向量的表示可得结果.【详解】∵，∴，则，又∵，∴，即：，，∴.故选：B.5.【答案】C【分析】根据导数的实际意义求解即可.【详解】，当时，，解得，故.当时，液体上升高度的瞬时变化率为．故选：C6.【答案】D【分析】将平面展开到一个平面内，则的最小值即为展开图中的长，利用余弦定理求解即可．【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，又平面，∴，同理可得．由题意可知，则，．将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．∵，从而，故．在中，由余弦定理可得，则，即的最小值为．故选：D．7.【答案】C【分析】根据题意，构造函数，易得在上单调递增，从而利用分段函数的单调性求得参数a的取值范围.【详解】因为对任意，恒成立，令，则，即，所以在上单调递增，又，所以，解得，所以.故选：C.8.【答案】A【分析】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，由表面积为可解得取值范围，再由体积公式列出的表达式，通过换元法和求导即可求出的最大值.【详解】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，则，则，解得，所以，，令，设则．若，；若，．故，即的最大值为.故选：A.9.【答案】AB【分析】逐个代入化简，检验虚部是否为0，即可判断.【详解】由题意可得，则，虚部为0，A项正确；，虚部为0，B项正确；，因为，所以，虚部不为0，C项错误；，因为，所以，虚部不为0，D项错误．故选：AB.10.【答案】ABD【分析】由题意可得E为的中点，根据向量的线性运算可表示出，判断A;证明平面，根据线面角的定义可求得与平面所成的角，判断B;将三棱锥补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断C;推出平面平面，利用面面垂直的性质可求得点A到平面的距离，判断D.【详解】因为平面，平面,平面平面,所以，因为D为的中点,所以E为的中点,则,A正确；依题意因为，，两两垂直，平面，所以平面,得与平面所成的角为，又,故,B正确；因为棱，，两两垂直，三棱锥可补形得到一个以，，为相邻三条棱的长方体，，，所以三棱锥外接球的半径，所以三棱锥外接球的表面积为，C错误；因为，，两两垂直，平面，所以平面,又，所以平面，平面,从而平面平面，而平面平面，所以点A到平面的距离即点A到的距离,在中，,则边上的高为，即A到的距离为正确，故选：11.【答案】BCD【分析】作出函数的图象，可判断AD，求出即可判断B，结合分段函数和三角函数的性质可判断C【详解】当时，，此时，，又时，，时，，所以，当时，，此时，，又时，，时，，所以，所以，结合图象可知的最小正周期为，故A错误；对于B，，，，∴其图象关于直线对称，则B正确．当时，．因为，所以，则在上单调递增，故C正确．在上的零点个数即为的交点个数，因为，，且是偶函数，的最小正周期为，由图象可得当时，有4个交点，所以当时，有4个零点，所以时，有个零点，所以在上的零点个数是，故D正确．故选：BCD12.【答案】ABC【分析】构造函数，利用导数讨论单调性，进而求出三者的关系【详解】设，则．当时，，则在上单调递增．当时，，则在上单调递减．故．因为，，，所以，，即，，则A，B正确．因为，令，则，从而．，令，则，，从而在上单调递增，故，即，即．因为，所以，所以，所以．令，则．因为，所以，所以，即，则C正确，D错误．故选：ABC.13.【答案】【分析】利用向量加法和数量积的坐标表示求解即可.【详解】由题意可得，则，解得，故答案为：14.【答案】【分析】由正弦的差角公式得，进而结合题意得，再根据正切的和角公式求解即可.【详解】因为，所以，即，又，所以，所以．故答案为：15.【答案】9【分析】根据已知等式，，可得，按照基本不等式“1”的代换即可求的最小值.【详解】解：因为，则即得，又所以，当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为9.故答案为：9.16.【答案】

252

【分析】由质因数分解求得的所有质因数，利用质因数结合定义可求得，因为除了7的倍数外，其他数都与互质，因此易得，然后由错位相减法求得数列的前项和．【详解】因为，所以不大于441的数中，能被i（i＝3，7）整除的数与441都不互质，所以．因为除了7的倍数外，其他数都与互质，所以，则，所以，所以，故．故答案为：252；．17.【答案】(1)(2)15【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式得到，再利用余弦的倍角公式得到，解得，从而得到；（2）由比例引入常数，利用三角形面积相等得到，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得到，由此得解.【详解】（1）因为，所以由得，所以，解得或，因为，所以，则，故，则，故．（2）因为，令，则，由三角形面积公式可得，则，故，由余弦定理可得，则，解得，从而，，，故的周长为．18.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由二倍角公式降幂后，由余弦函数的对称性可求得值；（2）由图象变换得出的表达式，再由余弦函数值域得结论．【详解】（1），依题意可得，，，则，．（2）由（1）知，则．当时，，则，故在上的值域为．19.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与的关系，列出方程求出.（2）根据题意求出，利用裂项相消求和法，计算求出答案.【详解】（1）因为①，所以②，所以得，，即，所以．因为，所以，即．当时，，解得或（舍去），则是首项为2，公差为1的等差数列，故，故（2）由（1）可得．因为是首项为5，公差为2的等差数列，所以，则，故.20.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）求导得到导函数，讨论，，，四种情况，根据导函数的正负确定单调性.（2）假设存在，根据切线性质得到，解得答案.【详解】（1），，所以的根为，．①当时，当时，，函数单调递减；当和时，，函数单调递增．②当时，，在上单调递减．③当时，，当时，，函数单调递增；当和时，，函数单调递减．④当时，，当时，，函数单调递增；当和时，，函数单调递减．综上所述：①当时，在上单调递减；在和上单调递增.②当时，在上单调递减．③当时，在上数单调递增；在和上单调递减．④当时，在上单调递增；在和上单调递减．（2）假设存在经过坐标原点且斜率不为0的切线，设切点的横坐标为m，斜率为k，则，消去k，得，解得或．当时，，不成立；当，即时，．综上所述：当时，曲线不存在经过坐标原点且斜率不为0的切线，当且时，曲线存在经过坐标原点且斜率不为0的切线，且切点的横坐标为．21.【答案】(1)证明见解析(2)存在或【分析】(1)取AB的中点O，连接，OC，利用题中的条件得出AB⊥平面，由线面垂直得到线线垂直，最后结合面面垂直的判定即可求解；(2)根据条件建立空间直角坐标系，设，根据坐标之间的关系得出，然后分别求出两平面的法向量，根据两平面所成角的余弦值是，代入向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．因为四边形是菱形，且，所以．因为O为AB的中点，所以．因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．因为，平面，且，所以AB⊥平面．因为平面，所以．因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．因为平面，所以平面平面ABD．（2）因为，所以，所以AC⊥BC．因为O是AB的中点，所以．因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．因为O是AB的中点，所以．因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，故，，，，.因为，所以，所以．设平面的法向量为，则，令，得．设平面ABD的法向量为，则，令，得．设平面与平面ABD所成的角为，则，解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．22.【答案】(1)证明见解析(2)递增区间为，递减区间为(3)【分析】（1）当时，，，求导分析函数的单调性与最小值判