河南省2023届高三上学期12月摸底考试数学（文）试卷 含解析.doc

1、河南省名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试文科数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每小题5分，共60分）1设集合， 则（）ABCD2已知，则“”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3魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，因其第一题为测量海岛的高度和距离，故题为海岛算经.受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度.如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”测得以下数据（单位：米）：前表却行DG=1，

2、表高CD=EF=2，后表却行FH=3，表距DF=61.则塔高AB=（）A60米B61米C62米D63米4已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（）A函数的周期为2B函数关于直线对称C函数关于点中心对称D5如图，在直三棱柱中，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）ABCD6在平行四边形中，分别在边上，与相交于点，记，则（）A B C D7一个几何体的三视图如图，它们为一个等腰三角形，两个直角三角形，则这个几何体的外接球表面积为（）ABCD8在上有两个零点，则（ ）ABCD9已知正四棱锥的侧棱长为，则该正四棱锥体积的最大值为（）ABCD10已知中，设角、B、

3、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（）ABC1D211已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（）ABCD12已知，则（）ABCD二、填空题（每小题5分，共20分）13若满足约束条件，则的最大值为_.14已知圆的圆心在直线x2y30上，且过点A(2，3)，B(2，5)，则圆的一般方程为_.15已知的所有顶点都在球的表面上，球的体积为，若动点在球的表面上，则点到平面的距离的最大值为_.16如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题:四棱锥 的体积恒为定值;存在点，使得平面;对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面;存在唯一的点，使得截面四边

4、形的周长取得最小值.其中真命题的是_ . （填写所有正确答案的序号）三、解答题（17题10分，其余每小题12分，共70分）17已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.18已知在中，角所对的边分别为，且.(1)求；(2)设点是边的中点，若，求的取值范围.19如图，在几何体中，平面，.(1)证明：平面平面；(2)若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.20已知函数，(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围21如图，ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，.平面ABC平面ABEF，M，N分别是AF，CE的中点，.(1)证明：平

5、面ABC；(2)求三棱锥NABC的体积.22已知，函数(1)当时，讨论的单调性；(2)若曲线与直线有且只有一个公共点，求.河南省名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试参考答案1C解析：由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以，2A解析：充分性：，当且仅当时，等号成立，当且仅当时，等号成立，.必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件3D解析：解：根据题意，所以，解得4C解析：为偶函数，故即，函数的图象关于直线对称.为奇函数，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，即，故函数的周期为4，A错误，故D错误.5A解析：如图，在棱上取一点

6、，使得，取的中点，连接 ,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.6D解析：过点作平行于，交于点，因为，则为的中点，所以且，因为，所以，由可得：，所以，因为，所以，7C解析：由三视图还原原几何体的直观图如下图所示：可以该几何体为三棱锥，其中平面，所以，为等边三角形，如下图所示：圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且，可将三棱锥置于内，使得的外接圆为圆，其中圆的直径为，故三棱锥的外接球直径为，所以，该几何体的外接球的表

7、面积为.8D解析：其中,不妨设因为是的两个零点,所以即结合的范围知所以,即所以9D解析：如图，连结交于点，连结.根据正四棱锥的性质，可知平面.设底面正方形边长为，高为，则，.在中，有，即，则.则.设，则，令，解得（舍去负值）.又当时，；当时，.所以，当时，有唯一极大值，也是最大值.10B解析：已知由正弦定理可知：，整理得：，两边同除得：，根据余弦定理得：，即，当且仅当，即时等号成立.又，当且仅当时，等号成立.综上所述：且，故得：，此时且，.11A解析：由题意得 ,令 ，该函数在R上为单调增函数，且 ，故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，令即直线与的图象有两个不同交点，又，当时，递增，当

8、时，递减，则，当时，作出其图象如图：由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，12A解析：设 ，当 时，有 ，当且仅当 时，等号成立，所以 是减函数， ，即 ；当 时，设 ， 单调递增， ，即 ，即 ；138解析：作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在中，是直线的纵截距，向上平移该直线，增大，平移直线，当它过点时，为最大值14x2y22x4y50解析：方法一：设所求圆的标准方程为(xa)2(yb)2r2，由题意得:,解得：故所求圆的方程为(x1)2(y2)210，即x2y22x4y50.方法二：线段的中点坐标为，即，直线的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，所以线段AB的垂直平

9、分线方程为，即2xy40，由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，联立，得交点坐标，又点O到点A的距离，即半径为，所以圆的方程为(x1)2(y2)210，即x2y22x4y50.故答案为：x2y22x4y50.15解析：因为，所以，即.设的外接圆的圆心为的外接圆的半径为，球的半径为，则，因为平面，所以，则.延长与球交于点，当点与点重合时，点到平面的距离取得最大值.16解析：对于， 由，平面，可得到平面的距离为定值，所以四棱锥的体积为定值，故正确;对于，得对角面为正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，平面，所以平面，面，所以， ，平面，所以有平面，故正确;对于，可作出过的平面与平

10、行，如图所示：当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，平面，所以平面平面，易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，而当点在线段内时，对应的点在棱上，故错误.对于，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四边形的周长，将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：此时，四边形的周长取得最小值，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故正确.综上：正确.故答案为：.17解：（1），当时，得，即，又时，为首项，公比的等比数列，故，（2） ， 得18解：（1）在中，依题意有，由正弦定理得：，而，即，则有，即，而，所以.（2）在中，

11、由（1）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：（1）若分别为的中点，连接，所以且，又，故、，所以为平行四边形，故，且、，所以为平行四边形，故且，而，因为平面，则平面，平面，所以，即，在中，故为等腰三角形，则，平面，平面，故，所以，面，故面，而面，所以面面.（2）由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为，所以，因为，故，即，所以，且，又平面，故，则，而，所以，即直线与平面所成角的正弦值.20（1）解：当时，所以，所以，故所求切线方程为（2）解：因为在上恒成立，令，则，令，则，所以在上单调递减，因为，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在

12、上单调递增，在上单调递减，所以，从而21解：（1）取CF的中点D，连接DM，DN，M，N分别是AF，CE的中点，又平面ABC，平面ABC，平面ABC.又，同理可得， 平面ABC.平面MND，平面MND，平面平面ABC.平面MND，平面ABC.（2）取AB的中点O，连接OC，OE.由已知得OAEF且OA=EF，OAFE是平行四边形，OEAF且OE=AFABC是正三角形，OCAB，平面ABC平面ABEF，平面平面ABEFAB，OC平面ABEF，又平面ABEF，OCOE.设，在RtCOE中，由，解得，即.由题意FAB60，M到AB的距离即为M到平面ABC的距离又平面ABC，.22解：（1）解：当时，函数的定义域为，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，且所以当时，单调递减，当时，单调递增因此，当时，函数的减区间为，增区间为.（2）解：依题意，的定义域为，.令，所以，在上单调递增，故存在，使得.当时，则，此时单调递减，当时，则，此时单调递增，当时，取极小值，则也是函数唯一的极值点，由得，即，等式的两边同时取自然对数，则有，则由得，当且仅当时，等号成立当时函数取最小值，函数的图象过点，函数与有且只有一个交点由，可得，即，令，其中，则.当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，因此，.所以曲线与直线有且只有一个交点时，