1、扬州中学2022-2023学年度高三数学9月双周练考试时间：120分钟注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1设，则“”是“”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2徽砚又名歙砚，中国四大名砚之一，是砚史上与端砚齐名的珍品.以砚石在古歙州府加工和集散而得名，徽砚始于唐代，据北宋唐积歙州砚谱载：婺源砚在唐开元中，猎人叶氏逐兽至长城里，见叠石如城垒状，莹洁可爱，因携之归，刊出成砚，温润大过端溪，此后，徽砚名闻天下，如图所示的徽砚近似底面直径为，高为的圆柱体，则该徽砚的体积为（）ABCD3在中，点线段
2、上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（）ABCD4天文计算的需要，促进了三角学和几何学的发展10世纪的科学家比鲁尼的著作马苏德规律一书中记录了在三角学方面的一些创造性的工作比鲁尼给出了一种测量地球半径的方法：先用边长带有刻度的正方形ABCD测得一座山的高（如图），再于山顶T处悬一直径为SP且可以转动的圆环（如图），从山顶T处观测地平线上的一点I，测得由此可以算得地球的半径（）ABCD5如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东60方向上的点D处，塔顶C的仰角为30，在A的正东方向且距D点60的B点测得塔底位于北偏西45方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（）（参考数据：）A
3、38mB44mC40mD48m6已知定义在上的偶函数，满足对任意的实数都成立，且值域为.设函数，（），若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围为（）ABCD7下列四个选项中的函数，其图象可能是下图的是（）ABCD8若关于的不等式（为自然对数的底数）在上恒成立，则的最大值为ABCD二、多选题9游人游玩的湖边常设有如图所示的护栏柱与柱之间是一条均匀悬链数学中把这种两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线如果建立适当的平面直角坐标系，那么悬链线可以表示为函数，其中，则下列关于悬链线函数的性质判断中，正确的有（）.A为偶函数B为奇函数C的最小值为a
4、D的单调递增区间为10在正方体中，点满足，其中，则（）A当时，平面B当时，三棱锥的体积为定值C当时，的面积为定值D当时，直线与所成角的范围为11已知直线：与：，则下列结论正确的是（）A直线与直线可能重合B直线与直线可能垂直C直线与直线可能平行D存在直线上一点P，直线绕点P旋转后可与直线重合12若函数在区间上的最大值为6，则下列结论正确的是（）AB是函数的一个周期C当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是D将函数的图像向左移动个单位得到函数的图像，则函数是一个偶函数第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，则“”是“”的_条件14已知，
5、则_15设函数，若关于的函数恰好有六个零点，则实数的取值范围是_16如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为_四、解答题17已知全集，集合， (1)求；(2)求18如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设；（1）当时，求四边形的面积.（2）若要在景区内铺设一条由线段，和组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值.19已知椭圆：的右焦点为，圆：，过且垂直于轴的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为和.(1)求的方程；(2)过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，记，的斜率分别为，直线的斜
6、率为，证明：为定值.20已知函数(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)设，证明：对任意，21如图所示，长方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值22已知函数.(1)当时，求在上的最大值；(2)当时，求的取值范围.参考答案：1A【分析】先解不等式，比较其和的关系即可【详解】依题意，可得，即，显然是的充分不必要条件.故选：A2C【分析】先求出底面半径，然后利用圆柱的体积公式求解即可【详解】由题意得该徽砚的底面半径为5cm，所以该徽砚的体积为，故选：C3D【分析】由题设且，结
7、合向量数乘、加法的几何意义可得，再由已知条件即可得的值.【详解】由题意，且，而，所以，即，由已知，则.故选：D4A【分析】根据解直角三角形，结合正弦函数的概念即可求得答案.【详解】由图可知，,故 ，解得，故选：A5D【分析】转化为解三角形问题，利用正弦定理、直角三角形的性质进行求解.【详解】如图，根据题意，平面ABD，.在中，因为，所以，所以.在中，.故A，B，C错误.故选：D.6D【分析】先根据函数满足的关系式及奇偶性，值域，得到，再写出，在同一坐标系中画出两函数图象，结合当时，及时，的图象要位于的下方，得到，求出实数的取值范围.【详解】变形为，所以或，即或，因为为偶函数，且值域为，所以，因
8、为，所以，在同一坐标系中画出两者的函数图象，如下图：要想满足若对任意的，存在，使得成立，则当时，所以，且时，的图象要位于的下方，故只需，即，解得：，综上：实数的取值范围是.故选：D【点睛】对于函数恒成立或有解问题，要画出函数图象，对比函数值域，数形结合，列出不等式，求出参数的取值范围.7C【分析】根据图象的奇偶性及图象所过特殊点判断所给解析式即可.【详解】由已知，函数图象为过原点的奇函数，A中，D中由解析式知，函数为偶函数，故不正确；B中，当时，无意义，故B不正确；故选：C8C【详解】令，只需即可.当时，导函数恒大于零，函数单调递增没有最小值.当时，函数在上递减，在上递增，最小值为，即，两边乘
9、以得，令，且，令，解得，得极大值为.所以的最大值为.点睛：本题主要考查函数与导数的知识，考查函数的单调性、极值、最值的求解方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.由于题目要求一个不等式恒成立，我们构造一个函数，求其最小值，其最小值大于零即可.在化简过程中要注意将已知条件配成要求的的形式.9ACD【分析】根据函数奇偶性的定义，结合导数的性质、基本不等式进行求解即可.【详解】函数的定义域为R，且，为偶函数，故A正确，B错误；，当且仅当时取等号，即时取等号，故C正确；，当时，在上单调递增，由偶函数的性质可知，在上单调递减，故D正确故选：ACD10ABD【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通
10、过证明面面平行，得线面平行；对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，又平面，所以平面，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面，同理可证平面，所以，平面平面，平面，所以，平面，A正确；对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，三棱锥的体积为定值，B正确；对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，则，其大小随着的变化而变化，C错误；对于D选项，如图所示，当时，三点共线，因为
11、且,所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角是直线与所成角，在正中，的取值范围为，D正确.故选：ABD.11BD【分析】分别求出直线，的斜率，根据两直线平行和垂直斜率满足的关系即可逐一求解.【详解】直线的斜率为，直线的斜率，不可能相等，直线与直线不可能重合，也不可能平行，故A，C均错误；当时，直线与直线可能垂直，故B正确；直线与直线不可能重合，也不可能平行，直线与直线一定有交点，存在直线上一点，直线绕点旋转后可与直线重合，故D正确故选：BD12BD【分析】先根据三角恒等变换整理得，以为整体，结合正弦函数图像与性质运算求解，并运用图像平移处理求解判断【详解】，当时，则，所以当时，的最大值为6，
12、即，所以，选项A不正确；的最小正周期，则是函数的一个周期，选项B正确；当时，所以不等式恒成立，则，解得，选项不正确；函数的图像向左移动个单位得到函数，函数是一个偶函数，选项正确.故选：BD13充分不必要【分析】由线面垂直的性质可知满足充分性，由线面垂直的判定可知不满足必要性.【详解】若，且有，根据线面垂直的性质，可得出；若，且有，根据线面垂直的判定，直线不一定与平面垂直.所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为：充分不必要14【分析】先用诱导公式求出，再用万能公式求出和，再用正弦的和角公式进行求解【详解】因为，由诱导公式得：所以，故答案为：15【分析】画出图象，换元后得到方程在内有两个不同的实
13、数根，利用二次函数根的分布列出不等式组，求出实数的取值范围.【详解】作出函数的图象如图，令，则当，方程有个不同的实数解，则方程化为，使关于的方程恰好有六个不同的实数解，则方程在内有两个不同的实数根，令所以,解得:，所以实数的取值范围为故答案为【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.16【分析】由题可得为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积
14、公式即得.【详解】如图，连接，由正方体的性质可知为正四面体，设O为中点，E为中点，则，又，平面，平面，平面，平面，所以平面平面，由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大因为正方体的棱长为，所以，在中，OB2，则，设点，到平面的距离分别为，三棱锥体积的最小值为；最大值为三棱锥的体积的取值范围为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是能清A的轨迹，进而可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据圆的性质及棱锥的体积公式即得.17(1
15、)(2)【分析】（1）解一元二次不等式求得集合A，解分式不等式求得集合B，根据集合的交集运算求得答案;（2）结合（1），再解分式不等式求得集合C，根据集合的交集运算求得答案;（1），解得或，所以, ,解得，所以所以（2）由（1）知将化为，即，所以,解得，所以,所以18（1）；（2）5【分析】（1）把四边形分解为三个等腰三角形：，利用三角形的面积公式即得解；（2）利用表示（1）中三个等腰三角形的顶角，利用正弦定理分别表示，和，令，转化为二次函数的最值问题，即得解.【详解】（1）连结，则四边形的面积为（2）由题意，在中，由正弦定理同理在中，由正弦定理令时，即，的最大值为5【点睛】本题考查了三角函数
16、和解三角形综合实际应用问题，考查了学生综合分析，数学建模，转化划归，数学运算能力，属于较难题19(1)(2)见解析【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出，可得椭圆的方程；（2）设，且满足圆的方程，设出过点与椭圆相切的直线方程，与椭圆方程联立，利用得出关于的一元二次方程，由韦达定理得出，进而可求出为定值（1）设椭圆的半焦距为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长分别为，则；过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长分别为，则，又，解得，所以的方程为.（2）设，则.设过点与椭圆相切的直线方程为，联立得，则，整理得.由题意知，为方程的两根，由根与系数的关系及可得.又因为，所以，所以为定值20(1)(2
17、)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的方程即可；（2）利用题设条件转化为证，构造函数，运用导数的知识推证.(1)当时，切点为求导，切线斜率曲线在处的切线方程为(2)，的定义域为，求导，在上单调递减不妨假设，等价于 即令，则，从而在单调减少，故，即，故对任意 【点晴】方法点睛：本题考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力，本题的第一问借助导数的几何意义求切线方程；第二问求解时先构造函数，然后再对函数求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙获证21(1)(2)(3)【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面
18、时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值(1)取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PGAM，当平面平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为(2)取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为PAB的中位线，所以NQ
19、AB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CMAB且，所以CMNQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以.(3)连接DG，因为DA=DM，所以DGAM，所以PGD为的平面角，即，过点D作DZ平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PHDG于点H，由题意得PH平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点睛】求解二面角的大小
20、或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.22(1)(2)【分析】（1）求导，得到导函数在上恒大于等于0，从而得到函数最值；（2）先由特殊点的函数值和导函数值，确定，再证明其充分性，从而得到的取值范围.（1）当时，当时，所以在上单调递增，所以.（2）注意到，则，若，由（1）知，当时，；当时，所以恒成立，符合题意；若，当时，不合题意；若，因为时，所以在上单调递增，因为，又，所以存在，当时，在上单调递减，不合题意；综上，的取值范围是.【点睛】导函数求解函数的取值范围题目，先由特殊点的函数值或导函数的值确定参数的取值范围，即必要性探究，再证明其充分性成立，这是求解参数取值范围的一种常用思路.
