皖豫名校2023届高三数学上学期12月联考（二）试卷（Word版含答案）

绝密★启用前数学考生注意：1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦千净后，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.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知为坐标原点，复数在复平面内所对应的点为，则直线的方程为（）A.B.C.D.3.已知函数，若为的导函数）且，则（）A.5B.4C.3D.24.函数的部分图象大致是（）A.B. C.D.5.“”是“在上恒成立”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6.山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（）A.B.C.D.7.已知，不等式恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知，则（）A.B.C.D.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数在区间上单调递减，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为 B.C.图象的一个对称中心为D.10.已知为等差数列的前项和，且满足，若数列满足，则（）A.B.的最小值为C.为等差数列D.和的前100项中的公共项的和为200011.已知定义在上的函数满足对任意的实数，都有，且当时，，则（）A.B.在上单调递增C.方程有5个不同的实根D.函数的零点之和为412.已知为等腰直角三角形，，其高为线段的中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，动点在内（含边界），且平面，则在变化的过程中（）A.B.点到平面的距离的最大值为C.点在内（含边界）的轨迹长度为D.当时，与平面所成角的正切值的取值范围为 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，则实数__________.14.某人从山的一侧点看山顶的仰角为，然后沿从到山顶的直线小道行走到达山顶，然后从山顶沿下山的直线小道行走到达另一侧的山脚处在同一水平面内，山顶宽度忽略不计），则其从点看山顶的仰角的正弦值为__________，的最大值为__________.（本题第一空2分，第二空3分）15.已知，若，则__________.16.已知点是长方体的外接球球心，为球面上一点，，若与所成的角为，则四棱锥的体积的最大值为__________.四､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（10分）已知的内角的对边分别为，且的面积为.（1）求的值；（2）若为边的中点且，求的周长.18.（12分）已知且，函数满足，设.（1））求函数在区间上的值域；（2）若函数和在区间023]上的单调性相同，求实数的取值范围.19.（12分）如图，圆锥的高为是底面圆的直径，为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且. （1）证明：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.20.（12分）已知数列满足数列为等比数列，，且对任意的.（1）求实数的值及的通项公式；（2）当时，，求数列的前项和.21.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：.22.（12分）若存在且使成立，则在区间上，称为的“倍扩张函数”.设，若在区间上为的“倍扩张函数”.（1）求实数的取值范围；（2）证明：与的图象存在两条公切线. 数学答案一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.D2.A3.A4.C5.B6.D7.C8.D二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.BC10.AC11.ACD12.AD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.14.15.16.四､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解析（1）由余弦定理可得，又，整理得.因为，所以.（2）由（1）的过程可知，所以，解得.因为，所以.因为，所以，所以，即，解得.故，所以，即.所以的周长为. 18.解析（1）当时，，解得；当时，，无解，故的值为.故.因为，所以令，则，故.当时，，当时，.故函数在区间上的值域为.（2）由题意，函数在上单调递减，函数在上单调递增.由题可知函数与函数在区间上同增或者同减.①若两函数在区间上均单调递增，则在区间上恒成立，故解得.②若两函数在区间上均单调递减，则在区间上恒成立， 故该不等式组无解.综上，实数的取值范围是.19.解析（1）连接.由题意，可知，且，所以四边形为菱形，故.因为平面平面，所以.因为平面，故平面.又平面，故平面平面.（2）以为原点，的中垂线为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以.设平面的法向量为.因为所以令，则.因为轴垂直于平面，所以为平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为， 则，即平面与平面的夹角的余弦值为.20.解析（1）设的公比为..，解得.又.，即的通项公式为.（2）当时，，共项，当时，，共项，当时，，共项，当时，，共项，又，的前项和为.记，则，作差可得， .因此，数列的前项和为.21.解析（1）由题意，.当时，在上恒成立，所以在上单调递减.当时，令，得.因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减.当时，，故在上单调递增.综上：当时，在上单调递减；当时，在上，单调递减，在上，单调递增，在上，单调递减；当时，在上单调递增. （2）由（1）可知，当时，在上单调递减，又，所以当时，，即，即.令，则.所以，，……同向不等式相加可得，.所以，得证.22.解析（1）因为在区间上单调递增，不妨设，由得.令， 则.所以在上存在单调递增区间，即在上有解，即在上有解.当时，设，则，即在上单调递减，故，则.故实数的取值范围为.（2）因为，所以.设直线分别与函数的图象相切于点，易知直线的斜率存在，则，即.由，得，代入中，得，令，则.令，则在上单调递增，且， 所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以在上仅有一个零点.因为，所以在上仅有一个零点.所以在上有两个零点，故函数与的图象存在两条公切线.