玉山二中2022—2022学年度第一学期第一次月考高三数学（理）试卷一、选择题1．在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为（）A．B．C．D．2．已知集合，，则集合中元素的个数为 A．2B．3C．4D．53．设，，则是成立的A．充分不必要条件B必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．已知函数f(x)＝x2+2kx-m在区间(2，6)上既没有最大值也没有最小值，则实数k的取值范围是( )A．(-6，2)B．(－∞，2)C．(－∞，-6]∪[-2，＋∞)D．(－∞，-6)∪(-2，＋∞)5．若函数的图象与直线相切，则()A．B．C．D．6．如图所示，在椭圆内任取一个点，则恰好取自椭圆的两个端点连线与椭圆围成阴影部分的概率为（）A．B．C．D．7．若，则的值为A．B．C．D．8．若函数在区间上单调递增，则正数的最大值为（）A．B．C．D．12\n9．2022年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中班、班，班、班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学乘同一辆车的4名同学不考虑位置，其中班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有 A．18种B．24种C．48种D．36种10．已知函数，若存在实数，使得，则A．2B．3C．4D．511．函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为()A．B．C．D．12．已知函数，，实数，满足.若，，使得成立，则的最大值为（）A．3B．4C．5D．12\n二、填空题13．若，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的不等式有________;14．已知函数为奇函数，若，则的值为________.15．若满足条件的最大值为__________．16．在中，内角所对的边分别为，已知，且，则面积的最大值为________．三、解答题17．已知命题：，.（Ⅰ）若为真命题，求实数的取值范围；（Ⅱ）若有命题：，，当为真命题且为假命题时，求实数的取值范围.18．各项均为正数的数列满足：，是其前项的和，且.数列满足，.（Ⅰ）求及通项；（Ⅱ）若数列的前和为，求.19．如图，已知多面体中，为菱形，，平面，，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20．已知椭圆：的离心率为，右焦点F是抛物线：12\n的焦点，点在抛物线上 求椭圆的方程； 已知斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，，直线AM与BM的斜率乘积为，若在椭圆上存在点N，使，求的面积的最小值．21．已知函数（Ⅰ）讨论函数在上的单调性；（Ⅱ）证明：恒成立.选做题22．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系．已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线过点的参数方程；（Ⅱ）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值．23．已知函数（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若的解集包含，求的取值范围.12\n高三理数第一次月考参考答案1．A2．C3．B4．C5．B6．A7．B8．C9．B10．A11．D12．A13．①④.14．315．716．17．（1）（2）或.【解析】【分析】（Ⅰ）根据二次函数的性质求出为真时的范围即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．对于命题题：，，根据时，利用函数的单调性即可得出．由为真命题且为假命题时，可得真假或假真．由此可求实数的取值范围.【详解】（Ⅰ）∵，，∴且，解得∴为真命题时，.（Ⅱ），，.又时，，∴.∵为真命题且为假命题时，∴真假或假真，当假真，有解得；当真假，有解得；∴为真命题且为假命题时，或.12\n【点睛】本题考查了函数与不等式的性质、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18．(1);(2)见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）由依次求得，利用相邻式子作差得到通项；（Ⅱ）利用累加法得到，结合错位相减法得到结果.【详解】（Ⅰ）在中，令得；令得；令得；当时，故①②得，即数列是等差数列，（Ⅱ）由（Ⅰ）知：记，则两式相减得，，又也符合，，即,.【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.19．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）由题意可知、、、共面.连接，，相交于点，由空间几何关系可证得平面，则，结合题意有平面，结合面面垂直的判断定理可得平面平面12\n.（2）取的中点，以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，结合几何体的结构特征可得平面的法向量为，平面的法向量，利用空间向量的结论可得二面角的余弦值为.【详解】（1）证明：∵，∴四点、、、共面.如图所示，连接，，相交于点，∵四边形是菱形，∴对角线，∵平面，∴，又，∴平面，∴，又，，∴平面，平面，∴平面平面.（2）取的中点，∵，，∴是等边三角形，∴，又，∴，以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.，，，.∵.∴，解得.设平面的法向量为，12\n则，∴，取.同理可得：平面的法向量.∴.由图可知：二面角的平面角为钝角，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．20．（1）；（2）.【解析】【分析】先求出的值，即可求出的值，根据离心率求出的值，即可得到椭圆方程设直线的方程为，设，，，由，根据直线与的斜率乘积为，求出，再根据弦长公式求出和，表示出三角形的面积，再利用二次函数的性质即可求出最小值．【详解】点在抛物线上，，解得，椭圆的右焦点为，，椭圆：的离心率为，，，12\n，椭圆的方程为，设直线l的方程为，设，，由，消y可得，，，，，直线AM与BM的斜率乘积为，，解得，直线l的方程为，线段AB的中点为坐标原点，由弦长公式可得，，垂直平分线段AB，当时，设直线ON的方程为，同理可得，，当时，的面积也适合上式，令，，，则，当时，即时，的最小值为．【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查椭圆与二次函数函数的应用，考查计算能力，属于难题，注意在解答过程中弦长公式的运用与求解，在解答最值时采用二次函数的方法求得结果。12\n21．（1），当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）见解析【解析】【分析】（1）求出（），通过当时，当时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可．证法二：记函数，通过导数研究函数的性质，，问题得证.【详解】（Ⅰ）（），当时，恒成立，所以，在上单调递增；当时，令，得到，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）证法一：由（Ⅰ）可知，当时，，特别地，取，有，即，所以（当且仅当时等号成立），因此，要证恒成立，只要证明在上恒成立即可，设（），则，当时，，单调递减，当时，，单调递增.所以，当时，，即在上恒成立.因此，有，又因为两个等号不能同时成立，所以有恒成立.证法二：记函数，则，可知在上单调递增，又由知，在上有唯一实根，且，则，即（*），当时，单调递减；当时，单调递增，12\n所以，结合（*）式，知，所以，则，即，所以有恒成立.【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及利用导数方不等，考查分类讨论思想的应用．属难题.22．(1)线过点的参数方程为（为参数）;(2).【解析】【分析】（1）先将极坐标方程变为直角坐标方程，再写成参数形式即可；（2）现将曲线化为的直角坐标方程，与直线联立得，设点分别对应参数恰为上述方程的根，则．由题设得，进而利用韦达定理求解即可【详解】（1）将，代入直线的极坐标方程得直角坐标方程．所以直线过点的参数方程为（为参数）．（2）由，得，由代入，得．将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，（*）．设点分别对应参数恰为上述方程的根，则．由题设得，即．由（*）得，，则有，得或．因为，所以．【点睛】直线的参数方程的标准形式的应用过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)12\n若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cosα，y0＋t1sinα)，(x0＋t2cosα，y0＋t2sinα).(2)|M1M2|＝|t1－t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.23．(1)解集为;(2)的取值范围为.【解析】【分析】（1）分段去绝对值解不等式即可；（2））等价于，由，去绝对值得，列不等式求解即可.【详解】（1）当时，，不等式，即，当时，由，解得；当时，由，解得，故不等式无解；当时，由，解得．综上的解集为．（2）等价于．当时，等价于，即，若的解集包含，则[，，即．故满足条件的的取值范围为．【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．12
