2023屆陜西省安康市高三上學期12月一模數(shù)學（理）試題一、單選題1．設i為虛數(shù)單位，復數(shù)z滿足，則（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】先利用復數(shù)的運算法則化簡得復數(shù)的標準形式，再利用復數(shù)模的計算公式即可得出結果.【詳解】由，得，則，,所以，故.故選：B.2．記集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式確定集合，然后再根據(jù)交集的定義求其交集即可.【詳解】或所以集合，，所以.故選：B.3．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】結合誘導公式和二倍角公式求得正確答案.【詳解】由，得，所以.故選：C4．設，則成立的一個必要不充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】成立的一個必要不充分條件就是可以推出這個條件，但是這個條件并不能推出.依次對每個選項進行分析即可.【詳解】A:,是的充分條件，A錯；B：為其反例，不是必要條件，B錯；C：在上遞增，，是充要條件，C錯；D：可得，又，可得，反之不一定成立，D對；故選：D5．在正方體中，E為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】平移到,再連接，再解三角形即可求出答案.【詳解】平移到,再連接，則或其補角為異面直線與所成的角，設正方體的棱長為2，易得，，，由余弦定理得故選：A.6．已知函數(shù)，則該函數(shù)的圖象在處的切線方程為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出函數(shù)的導數(shù)，再賦值法求出，然后得到的函數(shù)解析式可得切點，后將數(shù)據(jù)代入點斜式方程可得答案.【詳解】因為，所以，解得，所以，即切點所以切線方程為：，即.故選：A.7．記函數(shù)的最小正周期為T，若，且的最小值為1.則曲線的一個對稱中心為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)求得，根據(jù)的最小值求得，根據(jù)三角函數(shù)對稱中心的求法求得正確答案.【詳解】由函數(shù)的最小正周期T滿足，得，解得，又因為，所以，所以，又函數(shù)的最小值為1，所以，所以，令，所以對稱中心為，只有選項C符合題意（）.故選：C8．南京市地鐵S8號線經(jīng)擴建后于2022年國慶當天正式運行，從起點站長江大橋北站到終點站金牛湖站總行程大約為51.3千米，小張是陜西來南京游玩的一名旅客，從起點站開始，他利用手機上的里程表測出前兩站的距離大約為2千米，以后每經(jīng)過一站里程約增加0.1千米，據(jù)此他測算出本條地鐵線路的站點（含起始站與終點站）數(shù)一共有（

）A．18 B．19 C．21 D．22【答案】B【分析】由等差數(shù)列的求和公式求解即可【詳解】由題意設前兩站的距離為千米，第二站與第三站之間的距離為千米，…，第n站與第站之間的距離為千米，則是等差數(shù)列，首項是，公差，則，解得，則站點數(shù)一共有19個.故選：B.9．已知O是內(nèi)一點，，若與的面積之比為，則實數(shù)m的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由確定點的位置，再利用與的面積之比列方程來求得的值.【詳解】由得，設，則.由于，所以A，B，D三點共線，如圖所示，∵與反向共線，，∴，∴，∴.故選：D10．定義在R上的函數(shù)滿足對任意的x恒有，且，則的值為（

）A．2026 B．1015 C．1014 D．1013【答案】B【分析】先根據(jù)遞推和夾逼準則將不等條件轉(zhuǎn)化為等式，再將其看成一個等差數(shù)列可得的值.【詳解】根據(jù)得，又，所以，又所以是以為首項，為公差的等差數(shù)列；所以故選：B.11．若函數(shù)有三個零點，則k的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】運用分離變量法將與分開，將零點問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖像有三個交點的問題，數(shù)形結合容易得到答案.【詳解】由，得，設，令，解得，當時，，當或時，，且，其圖象如圖所示：若使得函數(shù)有3個零點，則.故選：A.12．如圖，在多面體中，底面為菱形，平面，，，點M在棱上，且，平面與平面的夾角為，則下列說法錯誤的是（

）A．平面平面 B．C．點M到平面的距離為 D．多面體的體積為【答案】D【分析】A選項，作出輔助線，證明出，⊥平面，故平面，從而證明面面垂直；B選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解出平面的法向量，根據(jù)平面夾角列出方程，求出；C選項，在第一問的基礎上，求出平面的法向量，從而利用點到平面距離公式求出答案.D選項，求出，相加得到答案.【詳解】對于A選項，取的中點G，連接交于N，連接，因為四邊形是菱形，所以⊥，且N是的中點，所以且，又，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面平面，所以，又因為平面，所以⊥平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；對于B，取的中點H，由四邊形是菱形，，則，所以是正三角形，所以，所以，又平面，以A為原點，為坐標軸建立空間直角坐標系，則，，所以，所以，，當時，重合，此時平面與平面的夾角為，不合題意，舍去；當時，設平面的一個法向量，則，兩式相減得：，令，得，故，平面的法向量可取，所以，解得，故B正確；對于C，結合B，所以，則，設平面的一個法向量，則，解得：，取，得，故，所以點M到平面的距離，故C正確；對于D，，故，梯形的面積為，，故，故D錯誤.故選：D.二、填空題13．已知命題，使得，則為___________.【答案】【分析】由存在量詞命題的否定求解即可【詳解】命題，使得，則為，故答案為：14．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則___________.【答案】4【分析】將化簡，可得一個邊角關系，然后再結合正弦定理可得答案.【詳解】因為在中，若，所以，所以，即，由正弦定理得，化簡得，所以.故答案為：415．已知圓錐的側(cè)面由函數(shù)的圖象繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得，圓錐的側(cè)面由函數(shù)的圖象繞直線旋轉(zhuǎn)一周所得，記圓錐與圓錐的體積分別為和，則___________.【答案】##【分析】分別求出線段繞y軸旋轉(zhuǎn)一周時與線段繞直線旋轉(zhuǎn)一周時，所成的圓錐的體積，即可求解【詳解】當線段繞y軸旋轉(zhuǎn)一周時，圍成一個半徑為2，高為4的圓錐，其體積為，當線段繞直線旋轉(zhuǎn)一周時，因為點到直線的距離為，此時線段旋轉(zhuǎn)一周圍成一個半徑為，高為的圓錐，其體積為，所以.故答案為：16．設等比數(shù)列滿足，記為中在區(qū)間中的項的個數(shù)，則數(shù)列的前50項和___________.【答案】114【分析】由題意求得等比數(shù)列的通項公式，由此確定數(shù)列中的項的取值，進而求得的前50項和.【詳解】設等比數(shù)列的公比為q，則，解得，故，因為為中在區(qū)間中的項的個數(shù)，所以當時，；當時，；當時，；當時，；故,故答案為：114.三、解答題17．已知函數(shù).(1)若，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在實數(shù)a，使函數(shù)的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為(2)存在，實數(shù)【分析】（1）利用求得，結合復合函數(shù)單調(diào)性同增異減求得的單調(diào)區(qū)間.（2）根據(jù)的最小值為列方程，從而求得的值.【詳解】（1）∵，∴，即，，由，解得，∴函數(shù)的定義域為，∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又∵在上為增函數(shù)，∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）設存在實數(shù)a，使函數(shù)的最小值為0，，∵函數(shù)的最小值為0，∴函數(shù)的最小值為1，所以①，且②，聯(lián)立①②解得：，∴存在實數(shù)，使函數(shù)的最小值為0.18．已知等差數(shù)列的前n項的和為，.數(shù)列的前n項和為，.(1)求數(shù)列和的通項公式；(2)若，數(shù)列的前n項和為，求證：.【答案】(1)；.(2)證明見解析【分析】（1）運用等差數(shù)列的基本公式聯(lián)立方程可解出的首項和公差，進而得到通項公式；對，考慮整理說明其為等比數(shù)列可得其通項公式；（2）將的通項公式進行裂項，可以求出其和，進而證明不等式.【詳解】（1）設的公差為d，由題意得：解得所以，由，得，又，所以是公比為的等比數(shù)列，所以.（2）證明：，.要證，即證，因為在上為增函數(shù)，且，所以得證.19．已知中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.(1)若，求外接圓的面積；(2)若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和題設條件，化簡得，利用余弦定理，求得，即可求得，再由正弦定理與圓的面積公式即可求解；（2）由（1）得，根據(jù)為銳角三角形，求得，利用正弦定理和面積公式，以及三角恒等變換的公式化簡得到，進而求得面積的取值范圍.【詳解】（1）由題知：，由正弦定理可化為，即，由余弦定理知，又，故.設外接圓的半徑為R，則，所以，所以外接圓的面積為.（2）由（1）知：，所以，因為為銳角三角形，所以，解得，又由正弦定理，得，所以.又，則，所以，故面積的取值范圍是.20．如圖，已知為圓錐底面的直徑，點C在圓錐底面的圓周上，，，平分，D是上一點，且平面平面.(1)求證：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用等邊三角形三線合一得出，再利用平面平面，是兩個平面的交線得出平面，進而得出結論.（2）取的中點M，以為x軸，為y軸，為z軸建立空間直角坐標系，結合空間向量的夾角坐標公式即可求出結果.【詳解】（1）證明：因為，且平分，所以，又因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）取的中點M，連接，則兩兩垂直，以O為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸建立如圖空間直角坐標系則，，，，，由（1）知平面，所以是平面的一個法向量.設平面的法向量，因為，，則取，則，因此，所以二面角的正弦值為.21．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示.(1)求函數(shù)的解析式；(2)將函數(shù)圖象上所有的點向右平移個單位長度，再將所得圖象上每一個點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變），得到函數(shù)的圖象.當時，方程恰有三個不相等的實數(shù)根，，求實數(shù)a的取值范圍以及的值.【答案】(1)(2)，【分析】（1）由三角函數(shù)圖象的最大值與最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊點的坐標，求出，得到函數(shù)解析式；（2）先根據(jù)平移變換和伸縮變換得到，令，換元后利用整體法求出函數(shù)的單調(diào)性和端點值，得到，再根據(jù)對稱性得到，相加后得到，求出答案.【詳解】（1）由圖示得：，解得：，又，所以，所以，所以.又因為過點，所以，即，所以，解得，又，所以，所以.（2）圖象上所有的點向右平移個單位長度，得到，將所得圖象上每一個點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變），得到，當時，，令，則，令，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，,所以時，.當時，方程恰有三個不相等的實數(shù)根.因為有三個不同的實數(shù)根，且關于對稱，關于對稱，則，兩式相加得：，即，所以.22．設向量.(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)設函數(shù)，若存在兩個極值點，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用平面向量數(shù)量積得到，定義域為，求導后，根據(jù)導函數(shù)特征，分，，，四種情況，得到函數(shù)的單調(diào)性；（2）定義域為，求導，根據(jù)導函數(shù)特征得到與不合題意，當時，滿足要求，且由知，整理得到等價于，構造，求導后得到恒成立，得到函數(shù)的單調(diào)性，求出當時，，證畢.【詳解】（1）根據(jù)已知得，定義域為，則，若，當時，；當時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；若，由，得或，由，得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；若，則恒成立，所以在上單調(diào)遞增；若，由，得或；由，得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；綜上：時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；時，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（