2022-2023学年南昌市高三下第一次测试数学试题含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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命题“”的否定是（ ）ABCD2已知平面向量，满足：，则的最小值为( )A5B6C7D83设为自然对数的底数，函数，若，则

2、( )ABCD4设全集集合，则（ ）ABCD5某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）ABCD6已知函数与的图象有一个横坐标为的交点，若函数的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍后，得到的函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是( )ABCD7若，则下列关系式正确的个数是（ ） A1B2C3D48数列满足，且，则（ ）AB9CD79已知向量，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充要条件10已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）A5B3CD211已知函数，则（ ）A函数在上单调递增B函数在上单调递减C函数图像关于对称

3、D函数图像关于对称12已知函数，则，的大小关系为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设命题：，则：_14己知双曲线的左、右焦点分别为，直线是双曲线过第一、三象限的渐近线，记直线的倾斜角为，直线，垂足为，若在双曲线上，则双曲线的离心率为_15函数在区间(-，1)上递增，则实数a的取值范围是_16记为等比数列的前n项和，已知，则_.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（12分）如图，在直三棱柱中，D，E分别为AB，BC的中点.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.18（12分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，为等腰直角三角形，平

4、面底面，为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.19（12分）已知函数，其中.（1）当时，求在的切线方程；（2）求证：的极大值恒大于0.20（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF90，AD2，ABAF2EF2，点P在棱DF上（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角DAPC的正弦值为，求PF的长度21（12分）已知函数.（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若，对，恒有成立，求实数的最小值.22（10分）设数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，若，成等比数列（1

5、）求及；（2）设，设数列的前项和，证明：参考答案一、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、D【解析】根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.【详解】全称命题的否定是特称命题，所以命题“,”的否定是：，故选D【点睛】本题考查全称命题的否定,难度容易.2、B【解析】建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值.【详解】建立平面直角坐标系如下图所示，设，且，由于，所以.所以，即.当且仅当时取得最小值，此时由得，当时，有最小值为，即，解得.所以当且仅当时

6、有最小值为.故选：B【点睛】本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.3、D【解析】利用与的关系，求得的值.【详解】依题意，所以故选：D【点睛】本小题主要考查函数值的计算，属于基础题.4、A【解析】先求出，再与集合N求交集.【详解】由已知，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.5、A【解析】观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。【详解】设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为，故选A。【点睛】本题通

7、过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。6、A【解析】根据题意，求出，所以，根据三角函数图像平移伸缩，即可求出的取值范围.【详解】已知与的图象有一个横坐标为的交点，则，若函数图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍， 则，所以当时，在有且仅有5个零点， ，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题，考查转化思想和计算能力.7、D【解析】a，b可看成是与和交点的横坐标，画出图象，数形结合处理.【详解】令，作出图象如图，由，的图象可知，正确；，有，正确；，有，正确；，有，正确.故选：D.【点睛】本题考查利用函数图象比较大小，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.

8、8、A【解析】先由题意可得数列为等差数列，再根据，可求出公差，即可求出【详解】数列满足，则数列为等差数列，故选：【点睛】本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题9、A【解析】向量，则，即，或者-1，判断出即可【详解】解：向量，则，即，或者-1，所以是或者的充分不必要条件，故选：A【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量平行的坐标表示，属于基础题.10、D【解析】由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解：由抛物线方程可知，即，.设 则，即，所以.所

9、以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.11、C【解析】依题意可得，即函数图像关于对称，再求出函数的导函数，即可判断函数的单调性；【详解】解：由，所以函数图像关于对称，又，在上不单调.故正确的只有C，故选：C【点睛】本题考查函数的对称性的判定，利用导数判断函数的单调性，属于基础题.12、B【解析】可判断函数在上单调递增，且，所以.【详解】在上单调递增，且，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.二、填空题：本题共

10、4小题，每小题5分，共20分。13、，【解析】存在符号改任意符号，结论变相反.【详解】命题是特称命题，则为全称命题，故将“”改为“”，将“”改为“”，故：，.故答案为：，.【点睛】本题考查全(特)称命题. 对全(特)称命题进行否定的方法：(1)改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；(2)否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可14、【解析】由，则，所以点， 因为，可得，点坐标化简为，代入双曲线的方程求解.【详解】设，则，即，解得，则，所以，即，代入双曲线的方程可得，所以 所以解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，及三角恒等变换，还考查了运算求

11、解的能力和数形结合的思想，属于中档题.15、【解析】根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组，解不等式求得的取值范围.【详解】由二次函数的性质和复合函数的单调性可得解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围，属于基础题.16、【解析】设等比数列的公比为，将已知条件等式转化为关系式，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列通项的基本量运算，属于基础题.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、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过证明面，即可由线面垂直推证

12、面面垂直；（2）根据面，将问题转化为求到面的距离，利用等体积法求点面距离即可.【详解】（1）因为棱柱是直三棱柱，所以又， 所以面 又，分别为AB，BC的中点所以/即面 又面，所以平面平面 （2）由（1）可知/所以/平面即点到平面的距离等于点到平面的距离设点到面的距离为由（1）可知，面 且在中，易知 由等体积公式可知即 由得 所以到平面的距离等于【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.18、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂

13、直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图1，取的中点，连接.，且，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.（2）如图2，取中点，中点，连接.，平面平面，平面平面，平面，平面，两两垂直.以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由，可得，在等腰梯形中，易知，.则，设平面的法向量为，则，取，得.设平面的法向量为，则，取，得.因为，所以，所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量

14、法是解决本题的较好方法，属于中档题.19、（1）（2）证明见解析【解析】（1）求导，代入，求出在处的导数值及函数值，由此即可求得切线方程；（2）分类讨论得出极大值即可判断.【详解】（1），当时，则在的切线方程为；（2）证明：令，解得或，当时，恒成立，此时函数在上单调递减，函数无极值；当时，令，解得，令，解得或，函数在上单调递增，在，上单调递减，；当时，令，解得，令，解得或，函数在上单调递增，在，上单调递减，综上，函数的极大值恒大于0.【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的极值，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.20、（1）（2）【解析】（1）以A为原点，AB为x

15、轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（1，0，2），（2，1，1），计算夹角得到答案.（2）设，01，计算P（0，2，22），计算平面APC的法向量（1，1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）BAF90，AFAB，又平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB，AF平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，AD2，ABAF2EF2，P是DF的中点，B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（1，0，2），（2，1，1），设异面直线B

16、E与CP所成角的平面角为，则cos，异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），设P（a，b，c），01，即（a，b，c2）（0，2，2），解得a0，b2，c22，P（0，2，22），（0，2，22），（2，2，0），设平面APC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，），平面ADP的法向量（1，0，0），二面角DAPC的正弦值为，|cos|，解得，P（0，），PF的长度|PF|【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21、（1）（2）【解析】（1）求得，根据已知条件得到

17、在恒成立，由此得到在恒成立，利用分离常数法求得的取值范围.（2）构造函数设，利用求二阶导数的方法，结合恒成立，求得的取值范围，由此求得的最小值.【详解】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立，即在恒成立，当时，上式成立，当，有，需，而，故综上，实数的取值范围是（2）设，则，令，在单调递增，也就是在单调递增，所以.当即时，不符合；当即时，符合当即时，根据零点存在定理，使，有时，在单调递减，时，在单调递增，成立，故只需即可，有，得，符合综上得，实数的最小值为【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.22、（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）根据题中条件求出等差数列的首项和公差，然后根据首项和公差即可求出数列的通项和前项和；（2）根据裂项求和求出，根据的表达式即可证明.【详解】（1）设的公差为，由题意有，且，所以，；（2）因为，所以，.【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解，裂项求和法，属于基础题.