河北省2022-2023学年高三上学期11月月考数学试题 WORD版含解析.doc

1、高三数学考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分满分150分，考试时间120分钟2答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚3考生作答时，请将答案答在答题卡上选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效4本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量、复数、数列、立体几何一、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已知集合正奇数，

2、若，则M中的运算“”是（ ）A加法 B除法 C乘法 D减法2在复平面内，复数z对应的点在第四象限，若，则（ ）A B C D3已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，若，则（ ）A B51 C D4设函数的定义域为，则函数与的图象关于（ ）A直线对称 B直线对称 C直线对称 D直线对称5已知函数，则取最大值时，x的一个值为（ ）A B C D6记为数列的前n项和，“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”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7已知点M是所在平面内一点，若，则与的面积之比为（ ）A B2 C D8已知某四面体的三组对棱的长分别相等，依次为3

3、，4，x，则x的取值范围是（ ）A B C D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，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若函数，则（ ）A是奇函数 B是偶函数 C没有最小值 D没有最大值10给定平面，设A，B是外任意两点，则（ ）A在内存在直线与直线异面 B在内存在直线与直线相交C在内存在直线与直线平行 D存在过直线的平面与垂直11已知，则下列命题正确的是（ ）A若角是第一象限角，则B若角是第二象限角，则C若角是第三象限角，则D若角是第四象限角，则12如图，在长方体中，点P为空间一点，若，则下列判断正确的是（ ）A线段长度的最小值

4、为号B当时，三棱锥的体积为定值C无论取何值，点P与点Q不可能重合D当时，四棱锥的外接球的表面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13若向量满足，则_14已知函数若对任意恒成立，则实数a的取值范围是_15在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知，则的最小值为_16已知等差数列的前n项和为，若，则的取值范围是_四、解答题：本题共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（本小题满分10分）在公差不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，又数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和18（本小题满分12分）如图，在直棱柱中，与交于点E（1）求证：平面；（2

5、）求直线与平面所成角的正弦值19（本小题满分12分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为钝角，且（1）探究A与B的关系，并证明你的结论；（2）求的取值范围20（本小题满分12分）已知数列满足（1）证明：数列是等比数列，并求通项公式；（2）证明：数列中的任意三项都不成等差数列；（3）若关于正整数n的不等式的解集中有且仅有三个元素，求实数m的取值范围21（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，且四边形为直角梯形，（）求平面与平面夹角的余弦值；（2）定义两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线与之间的距离22（本小题满分12分）已知

6、函数（1）求的图象在处的切线方程；（2）已知在上的最大值为，讨论关于x的方程在内的根个数，并加以证明高三数学参考答案、提示及评分细则1C 若，则，因此排除ABD，故选C2D 由题意，得，则，解得（2舍去），所以故选D3B ，解得，则故选B4C 设函数的图象上任意一点，则关于直线的对称点为又函数中，当时，所以在的图象上故函数与的图象关于直线对称故选C5C 当时，等号成立，取，得x的一个值为故选C6A 当时，则，则“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分条件；如数列为，显然数列是递减数列，但是不一定小于零，还有可能大于或等于零，所以“对任意正整数n，均有”不是“为递减数列”的必要条件，因此“

7、对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分不必要条件故选A7B 如图，延长交于G，则，因为A，M，G三点共线，所以，即，所以，则，故且，又，故，所以，所以所以故选B8D 如图所示，设，四面体可以由和在同一平面的沿着为轴旋转构成，前三个图讨论最短：当向趋近时，逐渐减少，可以构成的四面体；当时，构成的四面体，不满足题意；所以满足题意的四面体第三对棱长大于后三个图讨论最长：当向趋近时，逐渐增大，可以构成的四面体；当时，构成的四面体，不满足题意；所以满足题意的四面体第三对棱长小于综上，故选D9BD 易知的定义域为，且，都有，所以为偶函数，故B正确，A错误；因为，所以，所以没有最大值，有最小值0，故C

8、错误，D正确故选BD10AD 因为A，B是外的任意两点，所以直线与平面相交或平行若与平面相交，设交点为O，则内不过交点O的直线与异面，但平面内不存在与平行的直线；若与平面平行，则在内存在直线b与平行，而在内与b相交的直线与异面，但内不存在直线与相交，由上知A正确，B、C均错误；无论与平面平行还是相交，过A作平面的垂线，则这条垂线与直线所在平面与平面垂直（如果垂线与重合，则过的任意平面都与垂直），D正确故选AD11BCD 设角的终边分别为射线，对于A，如图1，此时，所以，故A错误；对于B，如图2，此时，且，所以，故B正确；对于C，如图3，此时，且，所以，故C正确；对于D，如图4，即，故D正确故选

9、BCD12ABD 由A得点P在平面内，故的最小值为点A到平面的距离，利用等积法易求，故A正确；当时，点Q的轨迹为图中直线，显然，易得平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；由，则点Q在平面内，又点P在平面内，且平面平面，故P，Q可能重合，故C错误；当时，点Q为的中点，连接，其与的交点为，连接，则，设四棱锥的外接球的球心为O，则O在上，设球O的半径为R，则，解得故球O的表面积为，故D正确故选ABD13 由得，即，结合，得，所以，即14 由题意，当时，只需恒成立，即恒成立，因为时，的最大值为，所以；当时，只需恒成立，即恒成立，因为时，的最小值为2，所以故a的取值范围为15 ，则原等式为，由正弦定理得

10、，当且仅当时取等号，所以的最小值为16 由题意可得所以，令，令，则在上恒成立，故函数在上单调递减，即的取值范围是17解：（1）公差d不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，所以，所以，解得，所以（2）由（1）可得，当n为偶数时，；当n为奇数时，所以18（1）证明：分别取线段的中点F，G，连结，如图所示因为点F是线段的中点，以，所以四边形是平行四边形，所以在中，点F是线段的中点，点E是线段的中点，所以因为点G是线段的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以又平面平面，所以平面（2）解：在直棱柱中，平面，又平面，所以又平面，所以平面，又平面，所以不妨设，以B为坐标原点，所在的直线分

11、别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以设平面的一个法向量，所以即令，解得，所以平面的一个法向量设直线与平面成角的大小为，则，即直线与平面所成角的正弦值是19解：（1）A与B之间的关系是，证明如下：因为，由正弦定理，得，所以，即，又因为，所以，于是，所以（2）由（1）知，所以，所以，所以令，则且，所以当时，取得最大值，最大值为，当或0时，的值为1，所以的取值范围是20（1）证明：由，得，即又则有，所以是首项为，公比为的等比数列，所以（2）证明：假设存在成等差数列，则，即，整理得，易知上式左侧为偶数，右侧为奇数，不可能为奇数，则上式左侧与右侧不可能相等，故数列中的任意三项都不成

12、等差数列（3）解：关于正整数n的不等式，即，当时，；当时，；当时，；当时，并且当时，所以当时，数列单调递减，要使关于正整数n的不等式的解集中有且仅有三个元素，则，放实数m的取值范围为21解：以A为原点，分别以棱所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为（1）因为平面，且面，所以D，又，且，所以平面，所以是平面的一个法向量，因为设平面的法向量为，则即令，解得，所以是平面的一个法向量从而，所以平面与平面所成夹角的余弦值为（2）易知，设Q为直线上一点，且，又，则，所以点Q到直线的距离因为，所以所以异面直线与之间的距离为22解：（1）因为，所以，所以的图象在处的切线方程为，即（2）当时，有当时，不符合题意；当时，则在上单调递减，即，不符合题意；当时，则在上单调递增，即，解得令，由（1）知在上单调递增因为，所以在内存在唯一的零点当时，令，则，所以当时，有，即在上单调递减，因为，所以在内存在唯一零点，即，所以当时，即在上单调递增，所以有，即在内无零点，当时，所以在上单调递减因为，所以在内有且仅有一个零点综上，关于x的方程在内有两个不相等的实数根