2022-2023学年陕西咸阳市重点高中高三上第三次月考文科数学试卷（含解析）

高三年级第一学期
第三次月考数学试题
命题范围(圆锥曲线,统计与概率之外) 试卷满分:150分(Ⅰ卷80分,Ⅱ卷70分)
一、单选题(本部分共12题,每题5分,总分60分)
1．已知集合满足 ，则集合的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，若，则锐角为（　　）
A． B． C． D．
4．中国古代数学著作九章算法中的“更相减损术”可用来求两个正整数的最大公约数．现应用此法求168与93的最大公约数：记为初始状态，则第一步可得，第二步得到，以上解法中，不会出现的状态是（ ）
A． B． C． D．
5．设，，，则、、的大小关系（ ）．
A． B． C． D．
6．小赵、小钱、小孙、小李四位同学被问到谁去过北京时，小赵说：我没去过；小钱说：小李去过；小孙说；小钱去过；小李说：我没去过．假定四人中只有一人说的是假话，由此可判断一定去过北京的是（　　）
A．小钱 B．小李 C．小孙 D．小赵
7．若直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知平面α，直线m，n满足m a，n α，则“m∥n”是“m∥α”的（ ）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．必要不充分条件 D．充分不必要条件
9．函数的图象大致为(　　)
A． B． C． D．
10．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，则当的周长最大时，的面积为（ ）
A． B． C． D．
11．四棱锥的顶点都在球O的球面上，是边长为的正方形，若四棱锥体积的最大值为54，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，函数满足，若函数恰有个零点，则所有这些零点之和为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题(本部分共4题,每题5分,总分20分)
13．等差数列中，为的前项和，若，则_________.
14．设，满足约束条件则最小值为________.
15．在中，内角所对的边分别为，已知的面积为，，则的值为___________．
16．我国古代数学名著《九章算术 商功》中阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，对该几何体有如下描述：
①四个侧面都是直角三角形；
②最长的侧棱长为；
③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；
④外接球的表面积为24π．
其中正确的描述为____．
三、解答题
17．(12分)已知等比数列的各项均为正数，．
Ⅰ求数列的通项公式；
Ⅱ设证明：为等差数列，并求的前n项和．
18．(12分)已知向量，，设．
（1）求的单调递增区间；
（2）已知角为的一个内角，且，求的值．
19．(12分) 在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，侧棱垂直于底面，，M是棱AC的中点.
（1）求证：平面；
（2）求四棱锥的体积.
20．(12分)已知函数在处取得极大值1.
（1）求函数的图象在处切线的方程；
（2）若函数在上不单调，求实数的取值范围.
21．(12分)设，函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上有唯一零点，试求a的值．
选做题(22题与23题选择其中一个即可,若两题都做,则以第一题为准)
22．(10分)在直角坐标系中，圆，曲线的参数方程为为参数），并以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）写出的极坐标方程，并将化为普通方程；
（2）若直线的极坐标方程为与相交于两点，求的面积（为圆的圆心）.
23．(10分) 3．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且，证明：.
参考答案
1．B
【分析】
利用列举法，求得集合的所有可能，由此确定正确选项.
【详解】
由于集合满足 ，所以集合的可能取值为，共种可能.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查子集和真子集的概念，属于基础题.
2．D
【详解】
由题意可得 ：，且：，
据此有：.
本题选择D选项.
3．C
【解析】
∵，∥，
∴，
又为锐角，
∴．选C．
4．C
【分析】
根据更相减损术原理计算可得答案.
【详解】
根据更相减损术可知，，，，，，，，，，，，，
所以第三步得到，第四步得到，第五步得到，第六步得到，第七步得到，第八步得到，第九步得到，第十步得到，第十一步得到，由此可知不会出现的状态是.
故选：C
【点睛】
关键的点睛：理解更相减损术原理是解题关键.
5．A
【分析】
利用对数函数，幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】
解：因为在上单调递增，
所以，即
因为
所以
故选：A
【点睛】
本题主要考查了利用对数函数，幂函数的单调性比较大小，是中档题.
6．A
【解析】
由题意的，如果小赵去过长城，则小赵说谎，小钱说谎，不满足题意；
如果小钱去过长城，则小赵说真话，小钱说谎，小孙、小李说真话，满足题意，故选A.
7．D
【分析】
圆心到直线的距离小于半径解不等式即可.
【详解】
解：圆的标准方程为，圆心，半径，
∵直线与圆相交，∴，解得或，
故选：D.
8．D
【分析】
根据线面平行的判定定理以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
若“”则“”成立，即充分性成立，
，不一定平行，因为还有可能和异面.
即“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面平行的判断和性质是解决本题的关键．
9．B
【分析】根据函数是奇函数排除C,D,再用特值法，排除A.
【详解】因为f(－x)＝＋x＝－(－x)＝－f(x)，
所以函数f(x)＝－x是奇函数，图象关于原点对称，因此排除C，D.
又f(1)＝1－1＝0，，因此排除A.
故选B.
【点睛】识别函数的图象，可用函数的单调性判断图象的变化趋势，奇偶性判断函数的对称性，周期性判断函数图象的循环往复，也可用特值法筛选正确或错误的选项.
10．A
【分析】利用正弦定理将进行边化角，可得的值，再结合余弦定理和基本不等式即得．
【详解】解析：由正弦定理得，
∵ , ∴，，，由余弦定理得：
，，
当且仅当时取等号，此时．
11．C
【分析】
根据四棱锥体积的最大值为54，可求得P到平面的最大距离，根据四棱锥的几何性质，即可求得球O的半径r，代入表面积公式，即可得答案.
【详解】
设球心到平面的距离为h，球O的半径为r，
根据题意，当P到平面距离最大，即为r+h时，四棱锥的体积最大，
所以，解得，
又都在球面上，设平面所在圆心为，由题意得，
所以，解得，
所以表面积.
故选：C
【点睛】
本题关键点在于根据体积最大值，求得P到平面的最大距离，再根据外切关系，利用勾股定理，求得半径r，考查空间想象，分析计算的能力，属中档题.
12．D
【分析】
由奇偶性定义可知为奇函数且，由此可得关于对称；由可知关于对称且，由此可知关于对称且，由对称性可知除外，其余零点关于对称，由此可求得结果.
【详解】 为奇函数，图象关于对称且
图象关于对称
图象关于对称
令得：
图象关于对称且
有一个零点为，其余零点关于对称
所有零点之和为
故选：
【点睛】本题考查函数奇偶性和对称性的应用，关键是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
13．2
【分析】直接利用等差数列求和公式求解即可.
【详解】因为，所以，所以.故答案为：2.
14．
【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【详解】作出可行域，如图四边形内部（含边界），作直线，向上平移直线，减小， 过点时，取得最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域
15．
【解析】试题分析：因,故,由题设可得,即,所以,所以,应填.
考点：余弦定理及三角形面积公式的运用．
【易错点晴】本题的设置将面积与余弦定理有机地结合起来,有效地检测了综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力.求解时先借助题设条件和三角形的面积公式及余弦定理探究出三边的关系及,先求出,在运用余弦定理得到.
16．①②④
【解析】【分析】由三视图还原几何体，可知该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4，然后逐一分析四个命题得答案．
【详解】由三视图还原原几何体如图，
可知该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，PA=2，
底面ABCD为矩形，AB=2，BC=4，
则四个侧面是直角三角形，故①正确；
最长棱为PC，长度为2，故②正确；
由已知可得，PB=2，PC=2，PD=2，则四个侧面均不全等，故③错误；
把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为PC=，其表面积为4π×=24π，故④正确．
∴其中正确的命题是①②④．
故答案为①②④．
【点睛】本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题．
17．（Ⅰ） （Ⅱ）见解析，
【解析】【分析】（1）利用及求得，从而得到通项公式．
（2）利用定义证明等差数列，并利用公式求和．
【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为，依题意．
由得，解得．
故 ．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得．
故，所以是首项为1，公差为的等差数列，
所以．
【点睛】一般地，判断一个数列是等差数列，可从两个角度去考虑：（1）证明；（2）证明：.
18．（1），；（2）.
【分析】
（1）利用向量的数量积的坐标运算和三角变换可得，再利用正弦函数的性质可求该函数的单调增区间.
（2）根据（1）中的函数可得，可利用同角的三角函数的基本关系式和两角差的余弦求得的值.
【详解】（1）
，
令，，
所以，，
所以的单调增区间为，.
（2）由可得，
又角为的一个内角，故，而，
故，所以，
所以.
【点睛】
方法点睛：
形如的函数性质的讨论，可按如下方法解决：
（1）可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，
（2）根据复合函数的讨论方法（整体法）求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）如图所示，连接，设．连接．由四边形为矩形，可得，又，利用三角形中位线定理可得．利用线面平行的判定定理即可得出．
（2）取的中点，连接．取的中点，连接．由于是边长为4的等边三角形，可得，且．利用面面垂直的性质定理可得侧面，利用三角形中位线定理与线面垂直的性质定理可得侧面，利用四棱锥的体积即可得出．
【详解】（1）如图所示，连接，设．连接．
由四边形为矩形，，
又，．
平面，平面．
平面．
（2）取的中点，连接．取的中点，连接．
是边长为4的等边三角形，
，且．
底面侧面，底面侧面，
侧面，
且，
侧面，．
四棱锥的体积．
【点睛】本题考查直三棱柱的性质、线面及面面平行与垂直的判定定理及其性质定理、三角形中位线定理、四棱锥的体积计算公式，考查空间想象与计算能力，属于中档题．
20．（1）；（2）或.
【分析】（1）先对函数求导，利用题意列出方程组，从而求得函数解析式，之后利用导数的几何意义，结合直线方程点斜式求得切线方程；
（2）先令导数等于零，求得函数的极值点，函数在给定区间上不单调的等价结果是零点在区间上，得到参数的范围.
【详解】（1）因为，
由题意可得
解得，，
所以；
经检验，适合题意，
又，，
所以函数图象在处切线的方程为，
即.
（2）因为，
令，得或.
当时，，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数.
因为函数在上不单调，
所以或，
所以或.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，解决该题的思路如下：
（1）对函数求导，利用题意，列出方程组，求得函数解析式；
（2）利用导数的几何意义，结合直线方程点斜式求得切线方程；
（3）函数在给定区间上不单调等价结果是极值点在区间内.
21．（1）的单调减区间是，单调增区间是；（2）.
【分析】（1）将代入中可得（）,令,解得,进而求得单调区间；
（2）令,解得（舍）,,可得函数在上单调递减,在上单调递增,则,由于函数在区间上有唯一零点,则,整理即为,设,可得在是单调递增的,则,进而求得
【详解】（1）函数,
当时,（）,
∴,
令,即,
解得或（舍）,
∴时,；时,,
∴的单调减区间是,单调增区间是
（2）,
则,
令,得,
∵,
∴,
∴方程的解为（舍）,；
∴函数在上单调递减,在上单调递增，
∴,
若函数在区间上有唯一零点,
则,
而满足,
∴,
即,
设,
∵在是单调递增的,
∴至多只有一个零点,
而,
∴用代入,
得,
解得
【点睛】
本题考查利用导数研究函数单调性,考查函数零点及不等式的应用问题
22．（1）: ,: ;（2）;
【详解】（1）的极坐标方程为：, 化为普通方程为: .
（2）直线的普通方程为，显然曲线与相交于原点，不妨设重合
,,，.
23．（1）； （2）见解析.
【分析】(1)分类讨论三种情况下的解集
(2)先求出的最小值为，代入后运用基本不等式证明不等式成立
【详解】（1）由，得，
则或或，
解得：，故不等式的解集为.
（2）证明：因为 ，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时取等号，故.
【点睛】
本题考查了含有绝对值的不等式解法，需要对其分类讨论，然后再求解，在证明不等式时运用了基本不等式的用法，需要掌握此类题目的解法