1、静海一中2022-2023第一学期高三数学（12月）学生学业能力调研试卷一选择题：每小题5分，共45分.1. 已知全集,集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 设命题P：已知定义在的可导函数，其导函数，存在，使得，恒成立.命题Q：存在，使得为递增数列.则Q是P的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3. 著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数图像大致是（ ）A. B. C. D. 4. 若，则（ ）A. B. C. D. 5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 6. 已知，
2、则的最大值为（ ）A. B. 2C. 1D. 7. 等差数列，前n项和分别为与，且，则（ ）A. B. C. D. 8. 已知函数是偶函数.若将曲线向左平移个单位长度后得到曲线，若方程在有且仅有两个不相等实根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 9. 已知函数，若函数恰有6个零点，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二填空题：每小题5分，共30分.10. 已知，x为实数且满足，则的最大值为_11. 已知数列的通项公式为，为数列的前n项和，则使得的n的最小值为_.12. 若，且，则的最大值为_.13. 已知函数的图象与y轴的交点为且在上单调递减，且，使得，则的取值范围为
3、_.14. 在中，内角,所对的边分别是a，b，c，若，则面积的最大值为_.的最小值为_.15. 已知正实数a，b满足，则的最小值为_.的最小值为_.三解答题：（本大题共3小题，共36分）16. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.（1）求的值.（2）求值.（3）若线段AC上存在一点H且，求取值范围.17. 已知函数.将周期为的函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图像对应的函数为.（1）求的单调区间；（2）求图像的对称轴方程和对称中心坐标.18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，平面底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，.（1）求证：平面BMD；（2）求
4、直线PB与平面BMD所成角的余弦值；（3）线段PA上是否存在一点N使得平面BMN与平面BMD所成角的余弦值为，若存在，求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由.19. 已知数列等差数列，数列为等比数列，且，.（1）求，的通项公式.（2）已知，求数列的前2n项和.（3）求证：.20 已知函数.（1）求的单调区间.（2）若存在两个不同的零点且.求证：.答案1-9 ABDCD CABA10. 411. 2312. 13. 14. . . 215. . 4 . 16.（1）依题意，由于，所以.由得，由余弦定理得，所以，所以，所以.由得，由正弦定理得，所以，所以.（2），为锐角，所以.（3），所以是第二
5、象限角，由于，所以，结合是第二象限角可知.设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，由于且，所以，所以的取值范围是.17.（1）则由函数周期为，可得，解之得当时，由，可得则的单调增区间为由，可得则单调减区间为当时，由，可得则的单调增区间为由，可得则的单调减区间为（2）当时，由，可得则的对称轴方程为由，可得则的对称中心为，当时，由，可得则的对称轴方程为由，可得则的对称中心为，18.（1）连接交于，再连接，由已知与平行且相等，是平行四边形，因此与互相平分，是中点，又是中点，则，平面，平面，所以平面；（2），则是矩形，是中点，则，平面平面，平面平面，平面，所以平面，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
6、则，因此，设平面的一个法向量是，则，令，则，即，设直线PB与平面BMD所成角为，则，；（3）假设存在满足题意的点，设（），设平面的一个法向量是，则，取，则，即，由题意，解得或，又 ，所以或所以存在满足题意的点且或19.（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为,由得，将代入，得，即将代入，得，将代入，得，又，所以解得：，所以，所以，故，所以.（2）当是奇数时，当是偶数时，则-得：即化简得：.所以.（3），当时，因为，所以；当时，也成立.故.20.（1）因为，所以，(i)当时，恒成立，在单调递增；(ii)当时，令得， 时，在单调递增；时，在单调递减；（2）因为存在两个不同的零点且.所以且，即，解得，且，根据题意，所以，所以，所以，又，所以，令，所以，所以所以为增函数，又，所以，所以 ，所以，所以，所以，又因为所以，所以，所以，所以，所以，所以（0）,所以，所以不等式左边得证；证明，而，只需证明，又所以由对数均值不等式，所以，所以需证，即证，令，所以可以转化为：，所以需要证明，取对数得，即证，即证，即证，设，当时，所以，所以得证，所以右式得证；所以.
