試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆遼寧省名校聯盟高三上學期12月聯合考試數學試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得，由此可得出結論.【詳解】任取，則，其中，所以，，故，因此，.故選：C.2．命題關于x的不等式的解集為的一個必要不充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求的取值范圍，再根據集合的包含關系，求命題的必要不充分條件.【詳解】不等式的解集為，則，得，所以命題的必要不充分條件表示的集合需真包含，所以是其必要不充分條件．故選：C3．若函數在區間上有最大值，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求導，求得其最大值點，再根據在區間上有最大值，由最大值點的橫坐標是中的元素求解.【詳解】因為函數，所以，當或時，，當時，，所以當時，取得最大值，又，且在區間上有最大值，所以，解得，所以實數的取值范圍是故選：D4．已知向量，，若與的夾角是銳角，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據向量的數量積為正數且兩向量不同向即可根據坐標運算求解.【詳解】由題意得，，若與的夾角是銳角，則與不共線，且它們數量積為正值，即，且，解得，且，所以實數的取值范圍為．故選:A5．中國傳統文化中很多內容體現了數學的“對稱美”．如圖所示的太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圓形圖案，充分體現了相互變化、對稱統一的形式美、和諧美．給出定義：能夠將以坐標原點O為圓心的圓的周長和面積同時平分的函數稱為此圓的“優美函數”，則下列函數中一定是“優美函數”的為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據題意可知優美函數的圖像過坐標原點，圖像關于坐標原點對稱，是奇函數，再分別檢驗四個選項即可得出正確選項.【詳解】根據優美函數的定義可知，優美函數的圖像過坐標原點，圖像關于坐標原點對稱，是奇函數，對于A，不是奇函數，A選項錯誤；對于B，不是奇函數，B選項錯誤；對于C，的定義域為，且是奇函數，C項正確；對于D，的定義域為，所以圖像不經過坐標原點，D選項錯誤；故選：C．6．若過點的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線的距離為（

）A．或 B． C． D．【答案】B【分析】首先判斷圓心位置，再設出圓的標準方程，代入點求解圓心，最后利用點到直線的距離求解.【詳解】由于圓上的點（4，2）在第一象限，若圓心不在第一象限，則圓至少與一條坐標軸相交，不符合題意，所以圓心必在第一象限．設圓心的坐標為，，則圓的半徑為a，圓的標準方程為．由題意可得，即，解得或，所以圓心坐標為（2，2）或（10，10），且此兩點的中點在直線上，故點（2，2），（10，10）到該直線的距離均為，所以圓心到直線的距離為．故選：B7．定義在R上的函數于滿足是偶函數，且于，若，則（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】根據條件可判斷是周期為6的周期函數，進而根據周期以及奇偶性即可求解.【詳解】由得，所以，即，所以是周期為6的周期函數，進而，因為是偶函數，所以，又，所以．故選：C8．已知函數，若，，，則a，b，c的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據導函數求出原函數的單調性，在利用函數的奇偶性與對數函數的單調性即可比較大小.【詳解】由題可知的定義域為R，且,則為偶函數，，當時，，在上單調遞增，又，，，所以，則，又，所以，故選：A.二、多選題9．設復數（，且），則下列結論正確的是（

）A．不可能是實數 B．恒成立C．若，則 D．若，則【答案】ABC【分析】根據復數的運算和復數的類型的概念求解即可.【詳解】對于A項，若是實數，則，與已知矛盾，故A項正確；對于B項，由A項知，所以，，故B項正確；對于C項，若，則，因為，所以，故C項正確；對于D項，，則，因為，所以，所以，故D項錯誤．故選:ABC．10．若曲線（e為自然對數的底數）有兩條過坐標原點的切線，則a的取值可以是（

）A． B． C．0 D．1【答案】AD【分析】設切點為，求導得出斜率，利用點斜式得到切線方程，因為切線過坐標原點，可得到，有兩條切線轉化為有兩個不等的實根，即可求出a的取值范圍，進而得到正確選項.【詳解】設切點為，，所以切線的斜率，則此曲線在P處的切線方程為，又此切線過坐標原點，所以，由此推出有兩個不等的實根，所以，解得或，故選：AD．11．已知x，y是正數，且，則下列結論正確的是（

）A．xy的最大值為 B．的最小值為C．的最大值為 D．的最小值為9【答案】ABD【分析】根據基本不等式，結合配方法以及“1”的妙用，可得答案.【詳解】對于A項，因為，當且僅當，即，時取等號，此時xy的最大值為，故A項正確；對于B項，，因為，所以，當且僅當，即，時取等號，即的最小值為，故B項正確；對于C項，，當且僅當，即，時取等號，又x，y都是正數，所以等號不成立，故C項錯誤；對于D項，，當且僅當，即時取等號，此時的最小值為9，故D項正確．故選：ABD．12．如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，，G為線段AE上的動點，則（

）A．B．多面體ABCDEF的體積為C．若G為線段AE的中點，則平面CEFD．點M，N分別為線段AF，AC上的動點，點T在平面BCF內，則的最小值是【答案】ACD【分析】首先將幾何體補全成正方體，在正方體中易判斷ABC；D.首先利用對稱，轉化，而的最小值是異面直線AF與CQ之間的距離，即點到平面的距離.【詳解】如圖，將幾何體ABCDEF補全成棱長為2的正方體，在該正方體中，因為，，所以，故A項正確；因為，故B項錯誤；當G為線段AE的中點時，因為，平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，同理平面CEF，又，平面，所以平面平面CEF，平面，所以平面CEF，故C項正確；設A關于BC的對稱點為Q，N關于BC的對稱點為，則在線段CQ上，記d為直線AF與CQ之間的距離，因為,且平面,平面，所以平面，即轉化為點C到平面AEF的距離，即IC長度的三分之二，，則，經檢驗點M，都分別在線段上，故D項正確．附證：，因為平面，平面，所以，又因為，，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，設點到平面的距離為,根據等體積可知，，得,所以點到平面的距離為.故選ACD項．三、填空題13．在平面直角坐標系xOy中，已知為等腰三角形，，，點B在x軸的正半軸上，則直線AB的方程為__________．【答案】【分析】根據傾斜角與斜率的關系以及點斜式即可求解直線方程.【詳解】因為，所以，即，所以直線AB的方程為，即．故答案為：14．將函數的圖像和直線的所有交點從左到右依次記為，，…，，若點P坐標為，則__________．【答案】18【分析】根據圖形的對稱性結合向量的加法運算即可求解.【詳解】因為，其圖像和直線的所有交點從左到右依次記為，，…，，在同一平面直角坐標系中分別作出與直線l的圖象，共得9個交點，其中點，根據余弦函數的中心對稱性可知是的中點，所以，同理，所以，又，所以，所以．15．已知在正三棱柱中，底面邊長為，高為4，點在側棱上，且與垂直，則三棱錐的外接球表面積為__________．【答案】【分析】先由題設條件判斷得為的中點，從而利用線面垂直的判定定理證得外接球的球心在直線上，再由勾股定理得到關于的方程組，解之即可求得所求.【詳解】依題意得，設，則，所以，，又，，所以，即，解得，即，，所以為的中點，如圖，因為是直角三角形，所以的外心為的中點，記為，設的中點為E，因為分別是的中點，所以，在上取點滿足，則，而，所以，則，所以四邊形是平行四邊形，故，在邊長為的等邊中，易得，所以，因為平面，平面，所以，易知，且平面，所以平面，又，所以平面，故三棱錐外接球的球心在直線上，易得，，，設，外接球半徑為R，則在中，有，即，在中，有，即，所以，解得，即O與F重合，此時，故三棱錐的外接球表面積為．故答案為：..16．已知函數，若恒成立，則實數k的取值范圍為__________．【答案】【分析】首先去絕對值，得到分段函數，利用參變分離，轉化為求函數的最值，求實數k的取值范圍.【詳解】由題意得，當時，由恒成立，得．因為在上單調遞增，所以，解得；當時，由恒成立，得．因為在上單調遞增，所以，解得；當時，由恒成立，得，即，所以．綜上，實數k的取值范圍是．故答案為：四、解答題17．已知函數在區間內是增函數．(1)求的取值范圍；(2)將函數的圖像向左平移個單位長度后得到的圖像與將其向右平移個單位長度后所得到的圖像重合．求的值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）確定，根據單調性得到，解得答案.（2）根據三角函數的平移法則得到，結合的范圍得到答案.【詳解】（1）因為，，則，已知在區間內是增函數，則，解得．（2）由已知可得，即，所以，即，，當且僅當時，，符合．故．18．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足．(1)證明：；(2)求角B的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）利用三角形內角性質以及三角函數誘導公式，根據余弦定理，整理等式，結合同角三角函數商式公式，可得答案；（2）利用三角函數內角性質以及三角函數誘導公式，整理角的函數解析式，利用基本不等式，可得答案.【詳解】（1）證明：因為，所以，即，所以，由余弦定理知，化簡得，又，所以C一定為鈍角，A為銳角，故，所以．（2）解：因為，所以，因為，，所以，當且僅當，即時等號成立，此時取得最大值，又B為銳角，所以角B的最大值為．19．已知數列的前n項和為，且，．(1)求證：數列是等比數列；(2)求證：數列是等差數列；(3)求數列的前n項和．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)．【分析】（1）首先利用，消元后再構造數列的遞推形式，證明數列是等比數列；（2）根據（1）的結果可知，再根據等差數列的定義，即可證明；（3）由（2）可得，再利用錯位相減法求和.【詳解】（1）證明：因為，時，，得所以當時，，兩式作差得，所以，又，所以，即，所以數列是首項為，公比為2的等比數列．（2）證明：由（1）可知，即，所以數列是首項為，公差為的等差數列．（3）由（2）可知，即，根據題意得，則，所以，兩式相減得，即，所以．20．如圖，在直角三角形ABC中，直角邊，，M為AB的中點，Q為BC的中點，將三角形AMC沿著MC折起，使（為A翻折后所在的點），連接MQ．(1)求證：；(2)求直線MB與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為，連接，，證明面，即得證；（2）取所在直線為軸，所在直線為軸，過點作面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】（1）取的中點為N，連接，，因為，所以，，所以，所以，又N，Q分別為，BC的中點，所以，，所以．又為等腰三角形，，所以，又，，，平面MNQ，所以平面MNQ，又平面MNQ，所以．（2）因為，，，平面，平面，所以平面，以點Q為坐標原點，取QB所在直線為x軸，QM所在直線為y軸，過點Q作平面MCB的垂線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，設平面的法向量為，所以得取，則，，，又，設直線MB與平面所成角為，則，所以直線MB與平面所成角的正弦值為21．已知在平面直角坐標系中，平面內動點P滿足．(1)求點P的軌跡方程；(2)點P軌跡記為曲線，若C，D是曲線與軸的交點，E為直線上的動點，直線CE，DE與曲線的另一個交點分別為M，N，直線MN與x軸交點為Q，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】(1)根據題意用兩點間距離公式求解即可；(2)利用韋達定理求出M，N的坐標，進而求得的直線方程，即可利用基本不等式求出的最小值.【詳解】（1）設，則，化簡得．（2）由題意得，設，則直線CE的方程為，直線DE的方程為，聯立得，則，即，則，聯立得，則，即，,，①當時，直線MN的斜率，則直線MN的方程為，即，，②當時，直線MN垂直于x軸，方程為，也過定點．綜上，直線MN恒過定點．又，所以，所以，當且僅當時取等，所以的最小值為.22．設且，函數，．(1)證明：恒成立；(2)若對，恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）首先求函數的導數，利用導數討論函數的單調性，并求函數的最小值；即可證明；（2）分，和三種情況討論，利用導數討論函數的最值，求的取值范圍.【詳解】（1）證明：的定義域為，且，當時