安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高三下学期开学考试数学试题（含解析）

定远县育才学校2022-2023学年高三下学期开学考试
数学
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集，集合，，则等于( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，且，则( )
A. B. C. D.
3. 已知关于的方程在上有实数根，且，则的最大值为( )
A. B. C. D.
4. 已知正项等比数列中，，，成等差数列，其前项和为，若，则为( )
A. B. C. D.
5. 在三角形中，记为的面积，已知，则 ( )
A. B. C. D.
6. 已知双曲线的离心率为，右焦点为，直线，均过点且互相垂直，与双曲线的右支交于，两点，与双曲线的左支交于点，为坐标原点，当，，三点共线时， ( )
A. B. C. D.
7. 如图，已知正方体的棱长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论不正确的有( )
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段
C. 若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面周长为
D. 存在点，使得
8. 已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20 分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准．里氏震级的计算公式为其中常数是距震中公里处接收到的级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中公里处接收到的地震波的最大振幅地震的能量单位：焦耳是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量．已知，其中为地震震级．下列说法正确的是( )
A. 若地震震级增加级，则最大振幅增加到原来的倍
B. 若地震震级增加级，则放出的能量增加到原来的倍
C. 若最大振幅增加到原来的倍，则放出的能量也增加到原来的倍
D. 若最大振幅增加到原来的倍，则放出的能量增加到原来的倍
10. 在正方体中，，为的中点，为中点，为中点，点在线段上运动，点在棱上运动，则下列结论正确的有( )
A. 异面直线与所成角的取值范围是
B. 直线平面
C. 的最小值为
D. 过点的平面截正方体所得多边形的面积为
11. 若定义在上的减函数的图象关于点对称，且，则下列结论一定成立的是( )
A. B.
C. 不等式的解集为 D.
12. 已知椭圆：的离心率为，，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，的周长为，则下列选项正确的有( )
A. 椭圆的方程为 B.
C. 内切圆的面积的最大值为 D.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知向量，，，，若，则的最小值为______．
14. 碳是一种非金属单质，它是由个碳原子构成的分子，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环正五边形面和六元环正六边形面组成的封闭的凸多面体，共个面，且满足：顶点数棱数面数，则其六元环的个数为______．
15. 已知函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是______．
16. 足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最其魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，年卡塔尔世界杯是第届世界杯足球赛，比赛于年月日至月日在卡塔尔境内座城市中的座球场举行．已知某足球的表面上有四个点，，，，，均为等边三角形，平面平面，，则该足球的表面积为______．
四、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. 本小题分已知数列的首项为，且，；数列的首项，且对任意正整数，恒有．
求和的通项公式；
对任意的正整数，设求数列的前项和．
18. 本小题分已知在中，角，，所对的边分别为，，，且．
求；
设点是边的中点，若，求的取值范围．
19. 本小题分在中，，，分别是角，，的对边，已知向量，设函数．
求的单调递增区间；
若，求的最大值．
20. 本小题分如图，在三棱锥中，平面，，，．
求证：平面平面；
若直线与平面所成角为，点为的中点，求点到平面的距离．
21. 本小题分已知抛物线：上一点到其焦点的距离为．
求抛物线的方程；
设过焦点的直线与抛物线交于，两点，且抛物线在，两点处的切线分别交轴于，两点，求的取值范围．
22. 本小题分已知函数其中是实数．
若，求曲线在处的切线方程；
求函数的单调区间；
设，若函数的两个极值点，恰为函数的两个零点，且的范围是，求实数的取值范围．
答案和解析
1. 【解析】全集，集合，，或，
所以，
则．故选：．
2. 【解析】复数，由复数模的计算公式得出
两边平方得，，
或．
或
当时，
，
则；
当时，
，
则．
综上，．故选C．
3. 【解析】关于的方程在上有实数根，
即函数与在上的图象有交点，
作出函数与的大致图象，如图所示；
因为，所以；
又；
所以的最大值可以转化为求的最大值，
由数形结合可知，
当的图象经过点且和的图象在上相交于点时，取得最大值，
此时直线方程为，化简为；
所以，
计算．故选：．
4. 【解析】设等比数列的公比为，．
因为，，成等差数列，所以．
又因为，
所以，所以，
．故选：．
5. 【解析】根据题意可得，，
又，即，
则，
又，故选：．
6. 【解析】设双曲线另一焦点为，连接，，，如图，
因为，，三点共线，，
所以由双曲线的对称性知，四边形为矩形，
设，，则，，
在中，，即，
又，解得或舍去，
在中，，
即，
解得，即．故选：．
7. 【解析】对选项：如图，三棱锥的体积为定值，选项正确；
对选项：如图，连接，，，，，
为正方形，则，
又平面，平面，
，，平面，
平面，平面，
，
同理可证：，，，平面，
平面，平面平面，
故点在正方形底面内的运动轨迹是线段，选项正确；
对选项：平面，平面，
，
又，，，平面，
平面，则平面，
取的中点，连接，则，
平面，
取，，的中点，，，
根据面面平行的性质定理分析可得平面截正方体的截面为，
且是边长为的正六边形，故周长为，选项正确；
对选项：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，
设，，，则，
若，则，解得，不合题意，选项错误． 故选：．
8. 【解析】令函数，则，因为定义域为的是奇函数，所以函数为偶函数；
当时，因为，所以，即，所以在上为单调递增，
，，，
因为，所以，
根据在上单调递增，所以即．故选：．
9. 【解析】因为，
所以，故A正确，
因为，所以B错误，
因为，下同，所以C正确，D错误．故选：．
10.
【解析】解：在正方体中，，为的中点，为中点，为中点，点在线段上运动，点在棱上运动，
对于选项，连接，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，，面，
平面，平面，则，
同理可得，，，面，
直线平面，则选项B正确；
对于选项，由题可知，，，
所以四边形为平行四边形，则，
所以与所成角即为异面直线与所成角，
易知是等边三角形，又点在线段上运动，
所以直线与所成角的取值范围是，则选项错误；
对于选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，
则此时最小，由题可知，，则，
即的最小值为，则选项正确；
对于选项，作，、中点、、，连接、、、、、，
如图，易知多边形为过点的平面截正方体所得多边形，
易求，即多边形为正六边形，连结，、交于点，故选：．
11.
【解析】定义在上的减函数的图象关于点对称，
将的图象向左平移两个单位即可得到函数的图象，
函数的图象关于点对称，即为奇函数，
，
，
，
，故B选项正确；
为减函数，
为减函数，
为减函数，
又，则，故A选项错误；
，且为减函数，
，解得，故C选项正确；
，
，
，故D选项正确．故选BCD．
12. 【解析】设，，
由题意可得，，，解得，，，
椭圆的方程为，因此A正确；
，，化为，当且仅当时取等号，因此B正确；
设内切圆的半径为，则，，内切圆的面积的最大值为，因此不正确；
当且仅当时取等号，因此D正确．故选：．
13.
【解析】因为，，，，
若，则，
所以，，，
，
当且仅当且，即，时取等号．故答案为：．
14.
【解析】根据题意，碳由个顶点，有个面，
由顶点数棱数面数可得：棱数为，
设正五边形有个，正六边形有个，
则，解得：，所以六元环的个数为个．故答案为：．
15.
【解析】因为函数，，
所以，
令，解得，
当，即，函数单调递增，
当，即，函数单调递减，
所以是函数的极值点，
又因为函数在区间上存在极值，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．故答案为：．
16.
【解析】由已知得，均为等边三角形，取的中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面．
如图所示，
设的中心为，的中心，过点作平面，过作平面，
则和交于外接球的球心连接、．
易知四边形是正方形，
，
设足球的半径为，则，
故足球的表面积为．故答案为：．
17. 解：由数列的首项为，且，，
可得是首项为，公差为的等差数列，
即有；
数列的首项，且对任意正整数，恒有，
可令，则，
则是首项和公比均为的等比数列，；
，
所以，
设，，
上面两式相减可得
，
化简可得，
所以．
18. 解：在中，依题意有，由正弦定理得：，
而，即，则有，即，
而，
所以；
在中，由知，，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. 解：因为，
由 ，得，
所以的单调增区间为．
由，得，故，
因为，所以，故，得，
所以，
又，，
所以，
又 ，所以，故，
所以最大值为．
20. 证明：因为平面，平面，
所以，因为，
所以，又，
所以平面，
又平面，
平面平面；
解：由知平面，且直线与平面所成角为，
所以，又，
所以，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，则，
所以点到平面的距离是．
21. 解：因为点到焦点的距离为，
所以到准线的距离为．
因为抛物线的准线为，
所以，所以，
所以抛物线的方程为．
由已知可判断直线的斜率存在，
设斜率为，因为，所以的方程为．
设，，
由，消去，得，则，．
因为抛物线也是函数的图象，且，
所以直线的方程为．
令，解得，所以，所以．
同理可得，，
所以
．
又，所以的取值范围为．
22. 解：由得：，
，
，又，
曲线在点处的切线方程为；
，，
，
若，则，当且仅当，时，，
若，得，，
当时，，
当时，，
所以，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
时，的单调递减区间为，，单调递增区间为；
由知，若有两个极值点，则，且，．
，
，
，
，
由得，
，
令，
，
，
在上单调递减，
的范围是
，
，
，，
，
，
，
故实数的取值范为．