1、如皋2022-2023学年度高三上期中调研模拟测试数学试题考试范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、数列、三角函数与解三角形、平面解析几何、立体几何一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 设集合X是实数集R的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合X的聚点，则在下列集合中：以0为聚点的集合有（ ）个.A. 1B. 2C. 3D. 02. 设命题p：，命题q：，那么命题p是命题q的（ ）条件.A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分不必要3. 关于复数，下列说法正确的是（ ）.A. 若，则或B. 复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为C. 若点Z的坐标
2、为，则z对应的点在第三象限D. 若复数z满足，则复数z对应的点所构成的图形面积为4. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，某市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸伞在地面上形成了一个椭圆形的影子春分时，该市的阳光照射方向与地面的夹角为，若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则（ ）.A. 该椭圆的离心率为B. 该椭圆的离心率为C. 该椭圆的半焦距为D. 该椭圆的半焦距为5. 已知数列的前n项和为，且记为数列的前n项和，则使成立的最小正整
3、数为（ ）.A. 5B. 6C. 7D. 86. 若，则的值为（ ）.A. B. C. D. 7. 在正三棱锥中，O是的中心，则（ ）.A. B. C. D. 8. 设，则（ ）.A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 若，则下列说法正确的有（ ）.A. 的最小正周期是B. 方程是的一条对称轴C. 的值域为D. ，对R都满足，是实常数10. 已知数列满足，则（ ）.A. B. 是递增数列C. 是递增数列D. 11. 已知抛物线的焦点为F，抛物线C上的点到点F的距
4、离是2，P是抛物线C的准线与x轴的交点，A，B是抛物线C上两个不同的动点，O为坐标原点，则（ ）.A. B. 若直线AB过点F，则C. 若直线AB过点F，则D. 若直线AB过点P，则12. 已知某四面体的四条棱长度为a，另外两条棱长度为b，则下列说法正确的是注：，则，当且仅当时，等号成立（ ）.A. 若且该四面体的侧面存在正三角形，则B. 若且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积C. 若且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积D. 对任意，记侧面存在正三角形时四面体的体积为，记对棱均相等时四面体的体积为，恒有三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数为奇函数，若函数与图
5、象的交点为，则 .14. 已知直线l1与直线相交于点P，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为 .15. 已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为其外接圆的圆心.已知，则当角C取到最大值时，的面积为 .16. 阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体组成，目前发现了共有13个这种几何体，而截角四面体就是其中的一种，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得，已知一截角四面体的棱长为每一个截角四面体共有18条棱，12个顶点;该截角四面体的表面积为该截角四面体的外接球半径为则上述所有正确结论的序号是 .四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指
6、定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. （本小题满分10分）记内角的对边分别是，已知证明：；求的取值范围.18. （本小题满分12分）图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形，其中，N为的中点.将其沿AC，AB折起使与重合，连结，BN，如图2.证明：在图2中，且四点共面；在图2中，若二面角的大小为，且，求直线AB与平面所成角的正弦值19. （本小题满分12分）已知数列满足，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式;若记为满足不等式的正整数k的个数，数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解.20. （本小题满分12分）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形
7、，是正三角形，且平面平面ABCD，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为若E为棱SB的中点，证明：平面SCD；在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.21. （本小题满分12分）作斜率为的直线l与椭圆交于两点，且在直线l的左上方.当直线l与椭圆C有两个公共点时，证明直线l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上；证明：的内切圆的圆心在一条定直线上.22. （本小题满分12分）已知R，讨论的单调性；若函数与的图象恰有一个交点，求a的取值范围参考答案解析1. 设集合X是实数集R的子集，如果点满足：对任意，都存在，使
8、得，称为集合X的聚点，则在下列集合中：以0为聚点的集合有个()A. 1B. 2C. 3D. 0【答案】B【解析】【分析】本题的考点是函数恒成立问题，主要考查的知识点是集合元素的性质，其中正确理解新定义-集合的聚点的含义，是解答本题的关键，属较难题.根据集合聚点的新定义，我们逐一分析四个集合中元素的性质，并判断是否满足集合聚点的定义，进而得到答案【解答】解：集合，对任意的a，都存在实际上任意比a小得数都可以，使得，是集合的聚点；对于某个，比如，此时对任意的，都有或者，也就是说不可能，从而0不是的聚点；集合中的元素是极限为0的数列，对于任意的，存在，使，是集合的聚点；中，集合中的元素是极限为1的数
9、列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大，在的时候，不存在满足得的x，不是集合的聚点；故答案为：两个，故选：B2. 设命题p：，命题q：，那么命题p是命题q的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分不必要条件【答案】A【解析】【分析】本题考查不等式的性质，充分条件、必要条件的判断.根据不等式的性质判断充分条件和必要条件，是基础题.【解答】解：命题，则，或，当，时，则，所以，当，时，则，所以，所以当时，成立，当时，则，或，不能得出，所以命题p是命题q的充分不必要条件.故选3. 关于复数，下列说法正确的是()A. 若，则或B. 复数与分别对应向量与，则向量对应的复数
10、为C. 若点Z的坐标为，则z对应的点在第三象限D. 若复数z满足，则复数z对应的点所构成的图形面积为【答案】D【解析】【分析】本题主要考查复数的几何意义，考查了复数模的几何意义，考查向量的运算，属于基础题.对于A，结合特殊值法，即可求解；对于B，结合向量的运算法则，即可求解；对于C，结合复数的几何意义，即可求解；对于D，结合复数模的几何意义，即可求解.【解答】解：令，满足，故A错误；复数与分别对应向量与，则，不是，故B错误；点Z的坐标为，复数z对应的点在第二象限，故C错误；设，a，复数z满足，复数z对应的点所构成的图形面积为，故D正确.故选4. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历
11、史，为宣传和推广这一传统工艺，某市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸伞在地面上形成了一个椭圆形的影子春分时，该市的阳光照射方向与地面的夹角为，若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则()A. 该椭圆的离心率为B. 该椭圆的离心率为C. 该椭圆的半焦距为D. 该椭圆的焦距为【答案】B【解析】【分析】本题考查椭圆的几何性质，正弦定理，考查转化能力与推理能力，属于中档题.由题意，得到a，c之间的关系，然后在中运用正弦定理，求出a，c，从而得到椭圆离心率以及焦距.【解答】解：如图
12、，A，B分别是椭圆的左、右顶点，是椭圆的左焦点，BC是圆的直径，D为该圆的圆心.因为，所以，设椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，则因为，所以，解得，所以，所以， 故选5. 已知数列的前n项和为，且记为数列的前n项和，则使成立的最小正整数为()A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】本题考查数列的递推关系，等比数列的判定和求和公式，属于难题.根据，得出数列是以1为首项，以为公比的等比数列，从而得出数列的首项和公比，再运用等比数列的求和公式即可求解结果.【解答】解：由，可知，即时，数列是以1为首项，以为公比的等比数列.又，数列是以为首项，以为公比的等比数列.，即，又的最小值为故选：
13、6. 已知，则的值为 ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题主要考查二倍角公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的三角函数公式，考查学生三角恒等变形能力，意在考查学生三角函数化简、计算能力，属于基本题.利用二倍角公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的三角函数公式直接求解即可.【解答】解：，即，解得或舍去，则，由，知，又，则，所以，故选7. 在正三棱锥中，O是的中心，则()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查了空间向量的数量积运算，属于中档题。【解答】解：且为故底面ABC，在中，故8. 设，则()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考
14、查利用指数函数、对数函数的性质比较大小，考查利用导数研究函数的单调性，属于较难题.构造函数，利用导数研究函数的单调性，可得，可得，根据对数函数的性质及基本不等式即可得，从而即可得结论.【解答】解：，所以函数在上单调递增，所以当时，即，所以，所以函数在上单调递减，所以当时，即，所以，可得，所以故选二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9. 若，则下列说法正确的有()A. 的最小正周期是B. 方程是的一条对称轴C. 的值域为D. ，对R都满足，是实常数【答案】BC【解析】【分析】本题主要考查的是函数的周期性，函数的对称性，函数的值域，诱导公式，三角函数的值域，属于中
15、档题.由与的关系可判断A，通过与的关系可判断B，利用三角函数的值域求得函数在上的值域，利用函数的周期性即可得到的值域判断C，利用在上的对称性即可得到函数上的对称性，判断【解答】解：由题，所以的一个周期为，A错误；因为又，即有，所以是的对称轴，B正确；由于的最小正周期为，所以当时，所以函数的值域为，C正确；因为当时，不存在中心对称点，的周期为，所以在R上不存在中心对称点，故不存在 a，使得对R都满足，是实常数，故D错误；综上，正确的是10. 已知数列满足，则()A. B. 是递增数列C. 是递增数列D. 【答案】ABD【解析】【分析】本题考查数列的递推关系和单调性，属于一般题.利用递推关系和数列
16、的单调性逐个判断即可.【解答】解：对于A，已知，则，所以数列的各项均为正数，即，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确;对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确;对于C，由，由题意，即，可知不是递增数列;对于D，因为，则，结合A选项的过程可知，数列单调递增，且当且时，即可得当且时，又当且时，上述个不等式两边相加可得，即，当时，则当时，又，则，所以，于是又有当且时，当时，也适合上式，综上可知，当时，故D正确.11. 已知抛物线的焦点为F，抛物线C上的点到点F的距离是2，P是抛物线C的准线与x轴的交点，A，B是抛物线C上两个不同的动点，O为坐标
17、原点，则()A. B. 若直线AB过点F，则C. 若直线AB过点F，则D. 若直线AB过点P，则【答案】BCD【解析】【分析】本题考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，属于较难题.对于A，利用抛物线的定义求得抛物线的方程，然后将点M的坐标代入即可求解；对于B，设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系以及向量数量积的坐标运算即可求解；对于C，先写出点P的坐标，然后得到直线PA与PB的斜率之和为0，从而得到直线PF平分，再根据三角形内角平分线定理即可得解；对于D，设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系得到，然后利用抛物线的定义及基本不等式得到，结合即可得解
18、【解答】解：由题意得，则，故抛物线C的方程为，将代入抛物线的方程，得，解得，所以A不正确；设，易知直线AB的斜率不为零，当直线AB过点时，可设直线AB的方程为，与抛物线方程联立，得，化简得：，则，所以，所以，所以B正确；易知，则由选项 B得，所以直线PF平分，所以，选项C正确；因为直线AB过点，且斜率不为零，所以设直线AB的方程为，与抛物线方程联立，易得，所以因为，且，所以，又，所以，所以D正确故选12. 已知某四面体的四条棱长度为a，另外两条棱长度为b，则下列说法正确的是注：，则，当且仅当时，等号成立()A. 若且该四面体的侧面存在正三角形，则B. 若且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的
19、体积C. 若且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积D. 对任意，记侧面存在正三角形时四面体的体积为，记对棱均相等时四面体的体积为，恒有【答案】ACD【解析】【分析】本题考查空间几何体结构特征，多面体的体积与侧面积，属中档题.根据四面体的结构特征及多面体的体积与侧面积公式，结合基本不等式逐个判断即可.【解答】解：对于A，如图所示，依题意不妨设，设E是CD中点，则，设，则，在中，即，由，所以，故A正确；对于B，如图所示，依题意不妨设，E是CD中点，则，又，AE、平面ABE，所以平面ABE，设，则，所以，当时，当时，等号成立，故B错误；对于C，如图所示，依题意不妨设，E是CD中点，则，又，AE、平面
20、ABE，所以平面ABE，在中，所以，所以，当且仅当时取等号，故当时，故C正确；对于D，由上可知，所以，故D正确，故选三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数为奇函数，若函数与图象的交点为，则_.【答案】3m【解析】【分析】本题考查抽象函数的运用，考查函数的对称性的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题.由题意可得的图象关于点对称，函数的图象关于点对称，再根据对称性即可得到答案.【解答】解：由函数为奇函数，可知函数图象关于点对称，又函数的图象也关于点对称，因此两函数图象的交点也关于点对称.则有故答案为14. 已知直线l1与直线相交于点P，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为_
21、.【答案】【解析】【分析】本题主要考查了直线过定点，圆的轨迹方程以及圆与圆的位置关系的应用，属于难题.由已知得到，过定点，过定点，从而得到点P轨迹为圆，设圆心为M，作垂直线段，求得，求得点D的轨迹方程，从而结合圆的性质求得的最大值，再由得答案.【解答】解：设P点坐标由题意得圆C的圆心为，半径，易知直线恒过点，直线恒过，且，则，即点的轨迹为，圆心为，半径为，若点D为弦的中点，位置关系如图：连接，由易知.，故答案为15. 已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为其外接圆的圆心.已知，则当角C取到最大值时，的面积为_.【答案】【解析】【分析】本题主要考查解三角形的相关知识，具有一定
22、综合性，属于中档题.设AC中点为D，则利用向量的加减运算得到以此求出，然后利用余弦定理和不等式确定角C取得最大时b的值，最后利用勾股定理确定三角形ABC为直角三角形，进而得出面积.【解答】解：设AC中点为D，则，所以，即，由知，角C为锐角，故，当且仅当，即时最小，又在上单调递减，故C最大此时，恰有，即为直角三角形，故填16. 阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体组成，目前发现了共有13个这种几何体，而截角四面体就是其中的一种，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得，已知一截角四面体的棱长为每一个截角四面体共有18条棱，12个顶点;该截角四面体的表面积为该
23、截角四面体的外接球半径为则上述所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】本题考查棱锥的表面积及外接球的半径，属于中档题.由条件可得每截去一个角，就增加了3条棱，2个顶点，即可判断；截角四面体表面由4个等边三角形和4个正六边形构成，计算可得表面积，从而判断；由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心O在原正四面体的高上，结合图形计算可得该截角四面体的外接球半径，可判断.【解答】解：每截去一个角，就增加了3条棱，2个顶点，所以截角四面体的棱数为，顶点数为，正确;截角四面体表面由4个等边三角形和4个正六边形构成，所以表面积为，错误;如图，是下底面正六角形ABCDEF的中心，是上底面正三角形
24、MNG的中心，由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心O在原正四面体的高上，设球O的半径为R，在中，所以，在中，所以，所以，解得，所以，正确.故答案为四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 本小题分记内角的对边分别是，已知求证：；求的取值范围.【答案】解：由得：，即，两边同时除以得：即，所以因此得证；设，其中，代入可得，由三角形性质：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，得：，即，将代入得，整理得且解得，得因为，显然在上单调递增，所以【解析】本题考查同角三角函数基本关系，正弦定理、不等式性质的应用，属于中档题.首先化简条件中的正切等式，
25、再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；首先设，利用三角形的性质的，化简后可得k的取值范围，再计算的取值范围.18. 本小题分图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形，其中，N为的中点将其沿AC，AB折起使得与重合，连结，BN，如图证明：在图2中，且B，C，四点共面；在图2中，若二面角的大小为，且，求直线AB与平面所成角的正弦值【答案】证明：取AC的中点M，连接NM，BM，因为为矩形，所以，又因为ABC为等边三角形，则，MN，平面BMN，所以平面BMN，又平面BMN，所以；在图2矩形满足，平行四边形满足，所以，故B，C，四点共面；解：由知，故过棱上一点M，在两个半
26、平面内MN，MB均与棱垂直，所以为二面角的平面角，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设平面的法向量为，由，得，令，则，则，由得，设直线AB与平面所成角为，则【解析】本题考查空间线线位置关系，线面垂直的判定与性质，考查空间线面的角度问题和二面角概念的应用，属于中档题.根据所给条件，通过直线AC与平面垂直，完成线面垂直，再根据所给条件，通过平行公理，得到，完成共面证明；构建空间直角坐标系，求出平面的法向量的一个坐标及的坐标，通过坐标运算求出其正弦值即可.19. 本小题分已知数列满足，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式;若记为满足不等式的正整数k的个数，数列的前n项和为，求关于n的不
27、等式的最大正整数解.【答案】解：由，取倒数得，即，所以为公差为的等差数列，当时，所以这样的k有个，两式相减得：，所以，在定义域内单调递增.，所以最大正整数解为【解析】本题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，等差数列的判定，错位相减求和，属于难题.由数列的递推公式，得，所以为公差为的等差数列，由等差数列的通项公式得数列的通项公式；由错位相减法求数列的前n项和为，由函数的单调性得不等式成立时n的最大整数解.20. 本小题分如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是正三角形，且平面平面ABCD，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为若E为棱SB的中点，求证：平面SCD；在棱SA上是否存在点M，使得平面P
28、MB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】证明：取SC中点F，连接，分别为的中点，底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点，故四边形PEFD是平行四边形，又平面SCD，平面SCD，平面假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边中，P为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面，平面SAD，平面ABCD，则SP是四棱锥的高设，则，所以以点P为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设，设平面PMB的一个法向量为，则，取易知平面SAD的一个法向量为，故存在点M，位于AS靠近点S的三等分点处满足题意.【解析】
29、本题主要考查线面平行的判定以及利用空间向量求面面夹角，属于较难题.由题可得，由线面平行的判定定理即证；由题可得SP是四棱锥的高，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设，利用条件列方程，即可解得.21. 本小题分作斜率为的直线l与椭圆交于两点，且在直线l的左上方.当直线l与椭圆C有两个公共点时，证明直线l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上；证明：的内切圆的圆心在一条定直线上.【答案】解：设直线直线l与椭圆C截得的线段AB的中点为，将代入中，化简整理得，于是有，代入消去m得，即当直线l与椭圆C有两个公共点时，证明直线l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上.证明：由得：因为所以从而，
30、又P在直线l的左上方，因此，的角平分线是平行于y轴的直线，所以的内切圆的圆心在直线上.【解析】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系、圆锥曲线中点的轨迹求解、与椭圆有关的定值问题，属于中档题.设直线l的方程及点A，B，M的坐标，将直线方程代入椭圆方程消元后整理，利用一元二次方程根与系数的关系求得M的坐标，消去参数后得到M的轨迹方程为一条直线即可证明；由得：计算，并计算得到，结合点P在直线l的上方得到的内切圆的圆心在直线上.22. 本小题分已知R，讨论的单调性；若函数与的图象恰有一个交点，求a的取值范围【答案】 解：由题意，易知函数的定义域为，对函数求导，得，当，则，于是函数的单增区间为，函数无单减
31、区间；当，当，当，所以函数单增区间为，单减区间为根据题意，原问题等价于证明函数只有一个零点，下面对实数a进行分类讨论：当时，其导数为，当时，令，其导数为，于是可知函数在上单调递减，又，故函数，于是在上单调递增，而，所以当时，恒成立，当时，即在上单调递减，所以函数，综合可知，当时，函数只有唯一零点；当时，当时，由单调性可知，函数，恒成立；当时，当时，令，则其导数为，所以函数在上单调递增，于是，综合，当时，函数只有唯一零点0，当时，当时，令，其导数，所以函数在上单调递减，又，所以存在唯一，且在上，在上，于是函数在单调递增，在单调递减，又，于是，而，因此当时，函数在上至少有1个零点；而，于是函数至少有2个零点；当时，当时，所以函数在上单调递减，又，则无论为正还是为负，均一定存在，使得当，所以在单调递增，而，所以，取，则，于是，即存在，使得，又已证明，所以在上至少一个零点，于是，当时，函数在至少有两个零点；综合，若函数与的图像恰有1个交点，则【解析】本题考查导数法研究函数的单调性、最值，考查函数的零点与方程根的关系，属于较难题.由题意，易知函数的定义域为，对其求导，对a分类讨论，根据导数的正负，确定函数的单调性；将原问题等价于证明函数只有一个零点，于是对实数a进行分类讨论：，和，逐一对x进行讨论研究函数的单调性与零点个数，综合四种情况总结得到a的取值范围.
