陕西省安康市2023届高三数学（理）上学期第一次质量联考试题（一模）（Word版带解析）

绝密★启用前安康市2023届高三年级第一次质量联考试卷数学（理科）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城内作答，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、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数，数列、立体几何．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设i为虚数单位，复数z满足，则（）A．2B．C．D．2．记集合，则（）A．B．C．D．3．若，则（）A．B．C．D．4．设，则成立的一个必要不充分条件是（）A．B．C．D．5．正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．6．已知函数，则该函数的图象在处的切线方程为（）A．B．C．D．7．记函数的最小正周期为T，若，且 的最小值为1．则曲线的一个对称中心为（）A．B．C．D．8．南京市地铁S8号线经扩建后于2022年国庆当天正式运行，从起点站长江大桥北站到终点站金牛湖站总行程大约为51.3千米，小张是陕西来南京游玩的一名旅客，从起点站开始，他利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为2千米，以后每经过一站里程约增加0.1千米，据此他测算出本条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数一共有（）A．18B．19C．21D．229．已知O是内一点，，若与的面积之比为，则实数m的值为（）A．B．C．D．10．定义在R上的函数满足对任意的x恒有，且，则的值为（）A．2026B．1015C．1014D．101311．若函数有三个零点，则k的取值范围为（）A．B．C．D．12．如图，在多面体中，底面为菱形，平面，点M在棱上，且，平面与平面的夹角为，则下列说法错误的是（）A．平面平面B．C．点M到平面的距离为D．多面体的体积为二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知命题，使得，则为______________．14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______________． 15．已知圆锥的侧面由函数的图象绕y轴旋转一周所得，圆锥的侧面由函数的图象绕直线旋转一周所得，记圆锥与圆锥的体积分别为和，则______________．16．设等比数列满足，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和______________．三、解答题：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）已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）是否存在实数a，使函数的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．18．（本小题满分12分）已知等差数列的前n项的和为，．数列的前n项和为，．（1）求数列和的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求证：．19．（本小题满分12分）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）若，求外接圆的面积；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．20．（本小题满分12分）如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，平分，D是上一点，且平面平面．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．21．（本小题满分12分） 已知函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值．22．（本小题满分12分）设向量．（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，者存在两个极值点，证明：．安康市2023届高三年级第一次质量联考试卷·数学（理科）参考答案、提示及评分细则1．B由，得，所以，故．故选B．2．B集合，，所以．故选B．3．C由，得，所以．故选C．4．D当时，选项A、B不符合题意，对于C选项，因为函数为上的单调递增函数，根据得到 ，反之亦成立，故为充要条件，故C错误；由可得，又，可得，反之不一定成立．故选D．5．A平移到，再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，易得，由余弦定理得．故选A．6．A因为，所以，解得，所以，所以切线方程为：，即，故选A．7．C由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为，所以，所以，又函数的最小值为1，所以，所以，令，所以对称中心为，只有选项C符合题意．故选C．8．B由题意设前两站的距离为千米，第二站与第三站之间的距离为千米，…，第n站与第站之间的距离为千米，是等差数列，首项是，公差，则，解得，则站点数一共有19个．故选B．9．D由得，设，则．∴A，B，D三点共线，如图所示： ∵与反向共线，，∴，∴，∴．故选D．10．B根据得，又，所以，所以，所以．故选B．11．A令，得，设，令，解得，当时，，当或时，，且，其图象如图所示：若使得函数有3个零点，则．故选A．12．D对于A，取的中点G，连接交于N，连接，因为是菱形，所以，且N是的中点，所以且，又，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以，又因为平面，所以平面，所以平面，又 平面，所以平面平面，故A正确；对于B，取的中点H，由四边形是菱形，，则，所以是正三角形，所以，所以，又平面，以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，所以，所以，设平面的一个法向量，则即令，得，平面的法向量可取，所以，解得，故B正确；对于C，结合B，所以，则，设平面的一个法向量，则即取，得，所以点M到平面的距离，故C正确；对于D，，故D错误．故选D．13．14．4因为在中，若，所以 ，所以，即，由正弦定理得，化简得，所以．15．当线段绕y轴旋转一周时，围成一个半径为2，高为4的圆锥，其体积为，当线段绕直线旋转一周时，因为点到直线的距离为，此时线段旋转一周围成一个半径为，高为的圆锥，其体积为，所以．16．114设等比数列的公比为q，则，解得，故，因为为中在区间中的项的个数，所以当时，；当时，；当时，；当时，；故．17．解：（1）∵，∴，即，∴函数的定义域为，∵函数在上单调递增，在上单调递减，又∵在上为增函数，∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）设存在实数a，使函数的最小值为0，，∵函数的最小值为0，∴函数的最小值为1，所以，①又，②联立①②解得：，∴存在实数，使函数的最小值为0．18．（1）解：设的公差为d，由题意得：解得所以，由，得，又，所以是公比为的等比数列，所以． （2）证明：，．要证，即证，因为在上为增函数，且，所以得证．19．解：（1）由题知：，由正弦定理可化为，即，由余弦定理知，又，故．设外接圆的半径为R，则，所以，所以外接圆的面积为．（2）因为为锐角三角形且，则即所以．又由正弦定理，得，所以．又，则， 故面积的取值范围是．20．（1）证明：因为，且平分，所以，又因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以．（2）取的中点M，连接，则两两垂直，所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图空间直角坐标系则，由（1）知平面，所以是平面的一个法向量．设平面的法向量，因为，则取，则，因此，所以二面角的正弦值为．21．解：（1）由图示得：，又，所以，所以，所以．又因为过点，所以，即， 所以，解得，又，所以，所以．（2）根据题意得，当时，，令，则，令，则，所以．因为有三个不同的实数根，则，所以，即，所以．22．（1）解：根据已知得，则，若，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．若，由，得或，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减．若恒成立，所以在上单调递增．若，由，得或；由，得，所以在上单调递增，在上单调递减．（2）证明：由已知得，从而．当时，恒成立，函数不可能有两个极值点； 当时，有两个根，因为，与都是正数相矛盾，不合题意；当时，有两个根，因为，且，所以两根均为正数，故有两个极值点，因为，由知，因为，所以等价于，即．令，所以在上单调递减，又，所以当时，，故成立．