新疆生产建设兵团地州学校2022-2023学年高三上学期一轮期中调研考试数学（理）试题（Word版含答案）

兵团地州学校2022~2023学年高三一轮中期调研考试
数学试卷（理科）
考生注意：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2. 请将各题答案填写在答题卡上.
3. 本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语、复数、函数与导数、不等式、数列、三角函数与解三角形、平面向量、立体几何.
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4. 鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿.已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”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
5. 已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则（ ）
A. 1 B. －1 C. 2 D. 1或－1
6. 如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为，高为，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积（单位：）关于时间（单位：）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A. B. C. D.
8. 函数的大致图象不可能是（ ）
A. B. C. D.
9. 函数的部分图象如图所示，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
10. 青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一.如图1，这是一个青花瓷圆盘.该圆盘中的两个圆的圆心重合，如图2，其中大圆半径，小圆半径，点在大圆上，过点作小圆的切线，切点分别是，，则（ ）
A. B. C. 4 D. 5
11. 已知函数，的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（ ）
A. －3 B. －1 C. 0 D. 1
12. 如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 函数的图象在点处的切线方程为_________.
14. 已知，满足约束条件，则的最大值为_________.
15. 函数的值域是_________.
16. 设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为_________.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集.
18.（12分）
如图，在平面四边形中，，，，.
（1）求的值；
（2）求的长度.
19.（12分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求在上的最大值与最小值.
20.（12分）
已知等差数列满足，，数列满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
21.（12分）
在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.
（1）若，求三棱锥的体积；
（2）若平面平面，求的值.
22.（12分）
已知函数的两个不同极值点分别为，（）.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：（为自然对数的底数）.
兵团地州学校2022~2023学年高三一轮中期调研考试
数学试卷参考答案（理科）
1. C 因为，，所以.
2. A .
3. A 由，可得，则.
4. B 若甲的牙齿的枚数不大于1，则甲可能是独齿鲸也可能是须鲸.若甲为须鲸，则甲的牙齿的枚数为0，所以它的牙齿的枚数不大于1.故“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.
5. D 由题意可得，所以.
设的公比为，设该等比数列共有项，
则，所以.
因为，所以或.
6. C 解法一.取的中点，连接，.因为，所以直线与所成的角即直线与所成的角.不妨设，则，.因为是等腰直角三角形，所以.，，，．
解法二.建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则.因为是等腰直角三角形，所以.，，，，，.
故.
7. C 设杯中水的高度为，则，解得，则，当时，.故当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为.
8. C 由题意知，则，当时，，，，所以的大致图象不可能为C，而当为其他值时，A，B，D均有可能出现.
9. C 由图可知，，则，所以.
由，，得，所以.
，所以.因为，所以，.
10. B 如图，连接，，，则，，，故.因为，所以.
11. D 因为的图象关于直线对称，所以，
所以.
因为，所以，所以为偶函数.
因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，所以的周期为4，所以.
因为，所以，，故.
12. D 如图，连接，，，易证四边形是平行四边形，则点在线段上.取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，易知三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，.设三棱锥外接球的半径为，则.因为，所以，，所以，所以.则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值.故三棱锥外接球表面积的取值范围是.
13. .因为，，所以所求切线方程为，即．
14. 2 作出不等式组表示的平面区域（图略）.当直线经过点时，取得最大值，最大值为2.
15. .设，则，故.由，得；由，得或.则在和上单调递减，在上单调递增.因为，，，所以，即的值域是．
16. 当时，，得.当时，，，
两式相减得，得，所以.
又因为，所以是以6为首项，4为公差的等差数列，
所以，即.
因为对任意，，所以，即.
记，，所以.
所以，即.
17. 解：（1）
.
故的最小正周期.
（2）.
因为，所以，，
解得，.
故不等式的解集为.
18. 解：（1）在中，，
，.
.
（2），
.
19. 解：（1）.
当时，在上单调递增，在上单调递减.
当时，若，；若，.
所以在上单调递减，在，上单调递增.
当时，若，；若，.
所以在上单调递增，在，上单调递减.
（2）当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最大值为.
因为，，
所以在上的最小值为－12.
20. 解：（1）设的公差为，由题意可得，
解得.
故.
因为，
所以，
，
…
.
累加可得，所以.
（2）因为，所以的前项和，
，
两式相减可得，
所以.
21. 解：（1）将几何体补成如图所示的长方体.
由题意可得，，则四边形是边长为的正方形.
.
三棱锥的体积.
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，
则，，，.
由，，知，.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
因为平面平面，所以，
则，解得.
22.（1）解：因为有两个不同极值点，，
所以有两个不同的根，，
令，则.
令，得；令得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
因为当时，，所以.
（2）证明：由（1）可知，且，是方程的两个根，
即，所以，
所以，所以.
令，则，
要证，即证，即证，即证.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以，所以成立，故成立.