青海师范大学附属实验中学2023届高三数学（理）上学期12月月考试卷（Word版含解析）

青海师范大学附属实验中学2022-2023学年度第一学期教学质量检测高三理科数学一、单选题：本题12小题，共60分。1．复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知定义在上的偶函数，在上为减函数，且，则不等式的解集是（    ）A．B．C．D．3．已知集合，集合，则（    ）A．B．C．0D．4．“，”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5．等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则数列{an}的通项公式为（    ）A．B．C．D．6．已知函数，则A．最大值为2，且图象关于点对称B．周期为，且图象关于点对称C．最大值为2，且图象关于对称D．周期为，且图象关于点对称7．设是公差不为0的等差数列，且成等比数列，则的前项和= A．B．C．D．8．在中，，，，为中点，则的坐标为A．B．C．D．9．为更好实施乡村振兴战略，加强村民对本村事务的参与和监督，根据《村委会组织法》，某乡镇准备在各村推选村民代表.规定各村每15户推选1人，当全村户数除以15所得的余数大于10时再增加1人.那么，各村可推选的人数y与该村户数x之间的函数关系用取整函数(表示不大于x的最大整数)可以表示为（    ）A．B．C．D．10．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数字通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选2门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（    ）A．36种B．54种C．72种D．90种11．椭圆C：左右焦点分别为，，P为C上除左右端点外一点，若，，则椭圆C的离心率为（    ）A．B．C．D．12．已知数列的首项，且，，是此数列的前项和，则以下结论正确的是A．不存在和使得B．不存在和使得C．不存在和使得D．不存在和使得二、填空题：本题5小题，共20分。13．已知，，为实数，若，则_____．14．在中，若，则______． 15．已知函数的导函数为，者，满足的实数的最大值为，则___________.16．已知曲线y＝存在两条互相平行的切线，请写出一个满足条件的函数：_______.三、解答题：本题6小题，共70分。17．某校甲、乙两个班级各有5名编号为1，2，3，4，5的学生进行投篮训练，每人投10次，投中的次数统计如下表：学生1号2号3号4号5号甲班65798乙班48977（1）从统计数据看，甲、乙两个班哪个班成绩更稳定（用数字特征说明）；（2）在本次训练中，从两班中分别任选一个同学，比较两人的投中次数，求甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数的概率．18．经过抛物线的焦点的直线l交该抛物线于M，N两点，求的取值范围．19．已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a5=a3+4.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn若Sk+1<2ak+a2,求正整数k的值20．如图，是正四棱柱.(1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的大小.21．已知奇函数的定义域为，且当时，.（1）求的解析式；（2）已知，存在，使得，试判断，的大小关系并证明.22．已知圆C的圆心位于x轴的正半轴上，该圆与直线相切，且被y轴截得的弦长为，圆C的面积小于13．(1)求圆C的标准方程．(2)设过点M（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．23．已知函数，（1）若时，求不等式的解集；（2）若的图象与轴围成的三角形面积小于6，求的取值范围． 参考答案1．D判断复数在复平面上的象限，只要把复数表示成标准的复数形式即可.由，得，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选:D．2．D根据函数的性质，画出函数的图象，数形结合求出解集由题意，画出的图象如图，等价于，或，由图可知，不等式的解集为故选：D．3．A由集合的交集运算可得答案.由集合，集合，可得故选：A4．A利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.若，则必有.若，则或.所以是的充分不必要条件.故选:A.本题主要考查充分条件和必要条件的定义和判断.5．A 设等比数列{an}的公比为，由可求出公比，再将，可求出，从而得出答案.设等比数列{an}的公比为，由，解得所以故选：A6．A试题分析：，∵，∴，则的最大值为；∵，∴周期；当时，图象关于某一点对称，∴当，求出，即图象关于对称，故选A．考点：三角函数的性质．7．A设公差为d则解得，故选A.8．A根据向量加法的平行四边形法则可得，再将坐标代入，即可得答案； 在中，，，故选：A.本题考查向量加法的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题.9．B用除以15所得余数分别为，其中当余数为时结果就是商，但当余数为时，函数值是商加1，因此可利用后除以15取整得．解：根据规定15推选一名代表，当各班人数除以15的余数大于10时再增加一名代表，即余数分别为11，12，13，14时可以增选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加4，因此利用取整函数可表示为.故选：.本题考查函数的应用，解题关键是怎样确定人数除以15的余数大于10时再增加一名代表，即余数分别为11，12，13，14时可以增选一名代表，函数值要在商基础上加1．10．B根据学习时间是两个学年或者三个学年进行分类讨论，由此计算出不同的选修方式.三个学年学生选科组合有，，∴当时，三个学年选两个学年选完有，再为每个学年选两门课，故选修方式为；当时，三个学年学完，选课方式有；∴总共有种.故选：B11．D根据图形在中，利用余弦定理解出，再由椭圆的定义式，整理出关于的式子，最后代入已知三角函数值中，得到关于 得二次式，从而可求椭圆离心率.解：如图在中，，即①，即②且，故①+②得：，即.所以，代入到中，整理得：，故两边除以得：解得：或，又，所以.即椭圆C的离心率为.故选：D.12．A当时，，，，···，可知，则当时，；当时，；当时，，，，， ，···，可知，则当时，；所以取不到．故选A．点睛：本题考查数列的综合应用．本题中的数列情况较为复杂，则学生可以通过列举来寻找规律．本题中的，则想到分和两类进行讨论，再进行列举，就可以发现数列为循环数列，进一步进行求和判断即可．13．根据复数的加减运算结合可得和的值，再计算，由模长公式即可求解.因为，，所以，所以，解得，所以，，所以，所以．故答案为：.14．2先用正弦定理边化角，去分母，用两角和与差的正弦公式化简可得.由正弦定理，，去分母，得即， 得，在中，有，即，所以有.故答案为：215．先对函数求导，进而建立不等式，然后通分化简，结合二倍角公式与三角函数的图象和性质求得的最大值为，即可求解.由可得，由可得，即，故，故，由可得，故，即，故的最大值为，故.故答案为：.16．（答案不唯一）直接根据导数的几何意义即可得结果.两条切线互相平行应先满足在切点处的导数值相等，例如，，，，此时，，函数在处的切线方程为：；函数在处的切线方程为：；合乎题意，故答案为：（答案不唯一） 17．（1）甲更稳定；（2）．（1）计算平均数，甲乙两个班的平均值相等，再计算方差比较即可；（2）利用古典概型的概率求解.解：（1）两个班数据的平均值都为，甲班的方差，乙班的方差，∵，甲班的方差较小，∴甲班的成绩比较稳定；（2）甲班到号记作，，，，，乙班到号记作，，，，，从两班中分别任选一个同学，得到的基本样本空间由个基本事件组成，将“甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数”记作，则，由个基本事件组成，∴甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数的概率为．18．.直线斜率不存在时，可得的长度，直线斜率存在时，设直线方程与抛物线联立，根据焦点弦公式求出弦长的表达式，利用函数的性质即求.由题可知抛物线的焦点坐标为，当直线斜率不存在时，令得：，所以，当直线斜率存在时，设直线方程为，，联立得：，设，则，，综上，的取值范围为.19．(1)an=2n+2;(2)k=1. 试题分析：(1)根据等差数列的性质可得，由此可求出，则的通项公式可求;(2)由等差数列的前项和公式可得,即整理解不等式，注意是正整数试题解析：(1)d==2a1+a2=10,即a1+a1+d=10所以a1=4,an=4+2(n-1)=2n+2.(2)Sn=4n+2=n2+3n,Sk+1<2ak+a2,即(k+1)2+3(k+1)<2(2k+2)+6k2+k-6<0,(k-2)(k+3)<0            -3<k<2,k是正整数,所以k=120．(1)证明见解析；(2).（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）先证明出为异面直线与所成角，利用余弦定理求解.（1）因为是正四棱柱，所以底面且四边形为正方形.因为底面，所以.因为四边形为正方形，所以.因为,面,面,所以平面.（2）设与交点为，连结. 因为底面是正方形,所以,且为的中点,所以，所以为ニ面角的平面角，所以.设,则，.因为,所以异面直线与所成角即为与所成角,即为.连结,则△中,，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.21．（1）；（2）当时，；当时，证明见解析.(1)令得，利用时和奇函数的性质即可.(2)结合函数零点存在性定理和函数的奇偶性，计算即可得出结果.(1)令，则，因为为奇函数，所以，所以.(2)当时，，易知在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一零点，因为为奇函数，所以在上存在唯一零点，所以有两个零点，易知在上单调递增，因为，所以在上存在唯一零点，且，因为，所以，即，即，所以也是的一个零点，所以当时，；当时.22．(1)(2)不存在，理由见解析（1）利用待定系数法，根据已知条件建立方程组求解.（2）假设存在，把直线方程与圆的方程联立、消元、韦达定理，根据条件进行求解、判断.（1）设圆C的方程为，由题意，知，解得或，又圆C的面积，∴，，∴圆C的标准方程为．（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，不满足题意．当直线l的斜率存在时，假设存在满足题意的直线l，设直线l的方程为， ，，由，得，∵直线l与圆C相交于不同的两点，∴，解得或．，，∵线段OD过线段AB的中点，且线段AB与OD互相平分，∴点D的坐标为，即，又MC的斜率为，∴，解得．由于，故不存在这样的直线l．23．（1）（2）（1）利用零点分段法分类讨论的数学思想，求得不等式的解集.（2）先用零点分段法去绝对值，将转化为分段函数的形式，求得的图象与轴三个交点的坐标，由此求得所围成三角形面积的表达式，根据面积小于列不等式，解不等式求得的取值范围.解：（1）当时，，化为：，①，当时，①式化为：，解得：，当时，①式化为：，解得，当时，①式化为：，无解，∴的解集是；（2）由题设可得：∴函数的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为： ，，，∴，由题设可得：，解得：，故的范围是．本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查三角形的面积公式和一元二次不等式的的解法，属于中档题.