辽宁省沈阳市2022-2023学年高三上学期三模考试数学试卷一、单选题1．已知集合A={x︱x>－2}且，则集合B可以是（ ）A．{x︱x2
>4 }B．{x︱ }C．{y︱}D．2．在平面内，定点A，B，C，D满足==,===–2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是A
．B．C．D．3．“幂函数在上为增函数”是“函数为奇函数”的（?）条件A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
4．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这
两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半
径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体
（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕
轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（?）A．B．C．D．5．如图是函数图像的一部
分，设函数，，则可以表示为（?）A．B．C．D．6．要得到函数的图象，只需将的图象（?）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向
左平移个单位D．向右平移个单位7．已知函数，则的解集为A．B．C．D．8．已知函数若直线l与曲线，都相切，则直线l的斜率为（?）A
．B．C．D．二、多选题9．关于函数，下列说法正确的是（?）A．是奇函数B．在处的切线方程为C．在上的最小值为D．在区间上单调递增
10．以下四个命题表述正确的是（?）A．椭圆上的点到直线的最大距离为B．已知圆C：，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA
、PB，AB为切点，直线AB经过定点C．曲线：与曲线：恰有三条公切线，则m＝4D．圆上存在4个点到直线l：的距离都等于111．已知
a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，，，则（?）A．B．C．D．12．已知，，都是定义在上的函数，若，则（?）A．，，2
，3B．C．D．三、填空题13．以俄国著名数学家切比雪夫（Tschebyscheff，1821-1894）的名字命名的第一类切比雪
夫多项式和第二类切比雪夫多项式，起源于多倍角的余弦函数和正弦函数的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数
学中的特殊函数．有许多良好的结论，例如：①，，对于正整数时，有成立，②，成立．由上述结论可得的数值为______．14．已知为内一
点，且满足，延长交于点.若，则_____.15．已知函数，若，，使得成立，则实数k的取值范围为_______．四、双空题16．设是
数列的前项和，，则______；若不等式对任意恒成立，则的最小值为______.五、解答题17．已知函数，．(1)求函数的最大值和
最小正周期；(2)设的内角，，的对边分别为，，，且，．若，求，的值．18．如图，已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，，点P是C上异
于左、右顶点的任意一点，记直线PA，PB的斜率分别为，且．(1)求C的方程；(2)若点M满足，记的面积分别为．试判断是否为定值?若
是，求出该定值；若不是，请说明理由．19．已知数列为等差数列，是数列的前项和，且，，数列满足．(1)求数列、的通项公式；(2)令，
证明：．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，E，F分别是PB，CD的中点，AB⊥E
F(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)求二面角的余弦值．21．①过且垂直于长轴的直线与椭圆C相交所得的弦长为3；②P为椭圆
C上一点，面积最大值为.在上述两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.设椭圆左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，短轴长
为，______.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l与C交于不同的两点M，N，若，试求内切圆的面积.22．在直角坐标平面
上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列.(1)求点的坐标；(2)设抛物线列中的每一
条的对称轴都垂直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：.(3)设，等差数列的任一项，其中是中的最大
数，，求的通项公式.参考答案：1．D【详解】A、B={x|x＞2或x＜-2}，?∵集合A={x|x＞-2}，?∴A∪B={x|x≠
-2}≠A，不合题意；?B、B={x|x≥-2}，?∵集合A={x|x＞-2}，?∴A∪B={x|x≥-2}=B，不合题意；?C、
B={y|y≥-2}，?∵集合A={x|x＞-2}，?∴A∪B={x|x≥-2}=B，不合题意；?D、若B={-1，0，1，2，3
}，?∵集合A={x|x＞-2}，?∴A∪B={x|x＞-2}=A，与题意相符，?故选D．2．B【详解】试题分析：由已知易得.以为
原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，故选B.【考点】平面向量的数量
积运算，向量的夹角，解析几何中与圆有关的最值问题【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，
因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出，且，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出点的坐标
，同时动点的轨迹是圆，则，因此可用圆的性质得出最值．因此本题又考查了数形结合的数学思想．3．A【分析】要使函数是幂函数，且在上为增
函数，求出，可得函数为奇函数，即充分性成立；函数为奇函数，求出，故必要性不成立，可得答案.【详解】要使函数是幂函数，且在上为增函数
，则，解得：，当时，，，则，所以函数为奇函数，即充分性成立；“函数为奇函数”，则，即，解得：，故必要性不成立，故选：A．4．D【解
析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去
圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆
锥底面半径为，则，，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆柱圆锥
.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何
体的体积.5．D【分析】根据图象特征取特值分析排除.【详解】由图象可得：，但，故B不符合；，但，故A不符合；，但，故C不符合；故选
：D.6．A【分析】转化，利用正弦型函数的伸缩平移变换即得解【详解】由题意，故要得到函数的图象，只需将的图象向左平移个单位故选：A
7．C【解析】由题意利用函数的单调性，分类讨论求得x的范围．【详解】∵函数，则f（x）＜f（x+1），∴当x≤0时，则x+1≤1，
则不等式f（x）＜f（x+1），即x2﹣1＜（x+1）2﹣1，求得x≤0．当01，则不等式f（x）＜f（x+
1），此时f（x）=x2﹣1＜0＜f（x+1）=log2（x+1），∴0 log2x＜log2（x+1），求得x＞1．综上可得，不等式的解集为（，+∞），故选：C．【点睛】本题主要考查分段函数与不等式的
综合，涉及到二次函数、对数函数的单调性及值域的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题．8．B【分析】设斜率为k，分别求出l在，图象上
的切点坐标为、，再利用坐标表示出斜率，列出关于k的方程，求出k．【详解】设直线l的斜率为k，则，解得，切点为；且，解得，切点为；因
为l与曲线，都相切，所以，解得．故选：B．【点睛】本题主要考查了利用导数求公切线的斜率，导数的几何意义，属于中档题．9．AC【分析
】利用函数奇偶性定义可判断A；利用导数求出切线斜率，再求出，由直线的点斜式方程可判断B；利用导数求出在上的最小值可判断C；利用导数
可判断的单调性可判断D.【详解】函数的定义域为，对于A，因为，所以是奇函数，故A正确；对于B，，，，所以在处的切线方程为，故B错误
；对于C，当时，由得，单调递增，由得，单调递减，又，，所以在上的最小值为，故C正确；对于D，，因为，所以，当时，，单调递减，当，，
单调递增，故D错误.故选：AC.10．ABC【分析】对于A:斜率为且与椭圆相切的直线到直线的距离为到椭圆的最大值或者最小值.对于B
:根据AB为切点，得出，，由此判断AB在以为直径的圆上，以此求出公共弦AB的直线方程，找到定点.对于C:两圆三条公切线，说明两圆外
切，两圆心距离应该等于两圆半径之和.对于D:判断直线与圆上各点距离两个方向的最远距离，两值大于1则有四个满足条件的点.【详解】对于
A:设直线与椭圆相切，联立方程得：，因为直线与椭圆相切，所以，得当时，直线与距离最大，最大距离为故A正确.对于B:设点，因为AB为
切点，所以，，连接，根据圆周角与圆直径关系可知，AB两点在以为直径的圆上，圆的方程为，两圆公共弦AB所在直线方程为，联立方程得，令
，则故B正确.对于C: 曲线：，曲线:，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故，得故C正确.对于D:直线 与圆相切，且与距离为1，
因此圆上存在3个点到直线l：的距离都等于1故D错误.故选:ABC【点睛】圆锥曲线与相交直线的最远距离求法：1.设一条与相交直线平行
的直线;2.假设直线与曲线相切并联立方程，求出直线方程;3.根据平行线距离公式求出两直线距离，即是圆锥曲线与相交直线的最远距离.1
1．AC【分析】利用正弦定理将已知式子统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可得角，再利用余弦定理可求得.【详解】因为，
所以由正弦定理可得，因为，所以，所以，所以，得，因为，所以，因为，，所以由余弦定理得，因为，所以，故选：AC12．ABC【分析】根
据零点定理判断零点所在区间，通过比较导函数的大小，进而得出，即可推出的正负和，，的大小关系，并利用函数的对称求出和之间的关系.【详
解】解：由题意，，，都是上的增函数，，，，A项正确；在中，， ，函数单调递减，∴即∴，在中，，同理可得函数单调递减，，∴，∴，B项
正确；在中，， ，设在中，，∴在定义域上单调递增，∴，即，∴单调递减增，∴∴，∴，，，∵当时，．∴由几何知识，随着x的增长，先与相
交，次之，最后与相交.∴．C项正确；在中，，∴表示与的交点，在中，，∴表示与的交点，在与中，两图像交于，且斜率之积为，∴，两图像相
互垂直，且关于的对称点到的距离相等，在与中，∵的图像与的图像关于对称，∴与互为反函数，到两图像上的点到的距离相等，关于对称的两图像
上的点的横坐标之和等于两点连线与交点的横坐标的2倍，∴与关于对称，且两点连线与交于，∴，∴，D项错误．故选：ABC．13．【分析】
根据已知条件和余弦的三倍角公和二倍角公式，再利用两角互余及诱导公式，再结合同角三角函数的平方关系及一元二次方程的解法即可求解.【详
解】由题意，，又，故，因为，所以，即，解得或．，所以.故答案为：.14．【分析】将已知条件转化为，结合，得到，设，列出关于的方程组
，由此求得.【详解】由于，所以，所以，即.因为，即,化简得，设，所以，解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查平面向量的基本定理，考
查平面向量的线性运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.15．【分析】参变分离可得，，借助于导数求解最值，同时注意讨论和．
【详解】解：，即，当时显然不成立，即在时不满足原式，当时，整理得：令，，则，∵当时，，，则当时恒成立，∴在上单调递减，则则，即综上
所述：实数的取值范围为故答案为：16． 【分析】利用题设条件可得，化简后可得，从而可求的通项，再利用数列单调性求出的最大项，从而可
求参数的取值范围.【详解】因为，故即.因为，故当时，，故，整理得到，所以，故为等差数列且首项为，公差为2，故，故.又即为，故.设，
则当时，，故为单调递减数列，故，故即.故答案为：，.17．(1)的最大值为4，最小正周期为；(2)【分析】（1）根据二倍角公式、辅
助角公式化简函数，结合三角函数相关知识求出最大值和最小正周期即可；（2）根据条件求出，结合正弦定理角化边，由余弦定理列出等式求解即
可.【详解】（1）由题意知， 因为，所以，所以函数的最大值为4，函数的最小正周期为.（2）由题意得，，即，因为，所以，所以，所以
，即，因为，由正弦定理得由余弦定理得，即，又因为，所以.18．(1)(2)为定值2【分析】(1)根据求出，再利用运算结合双曲线方程
得到 即可求解；(2)分别表示出以，的直线方程，进而联立确定坐标，即可求解.【详解】（1）依题意得，所以，解得，设，所以即所以所以
，所以，所以双曲线方程为.（2）因为，，所以，所以的直线方程为的直线方程为由解得即的纵坐标为所以即为定值2.19．(1)，(2)证
明见解析【分析】（1）利用等差数列基本量代换求出，利用前n项和的定义求出；（2）用错位相减法求和后即可证明.【详解】（1）设等差数
列的公差为d.因为，，所以，解得：，所以.因为数列满足，所以n=1时，有，解得：.当时， ，因为，所以.经检验，对也成立，所以.（
2）由（1）知，.记是数列的前项和.则①，①式同乘以得：②，①-②得：，所以因为，所以，所以.20．(1)证明见解析(2)【分析】
(1) 取的中点，连接，，利用中位线定理得到四边形EFDM为平行四边形，则，再利用四边形是正方形得到线线垂直，利用面面垂直的判定即
可证明；（2）取AD的中点O，连接PO，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求
解.【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别是，的中点所以且，且，所以且，所以四边形EFDM为平行四边形，所以，因为四边形是正
方形，所以，又因为，，所以，，平面，所以⊥平面又因为平面，所以平面⊥平面（2）取AD的中点O，连接PO，因为PA＝PD，所以PO⊥
AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO，AB，OD两两垂直，以O为原点，向量，，的方向为x轴，y轴
，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，，，，，，，，，设是平面的法向量，则，，取，则，，所以，设是平面的法向量，则
，即，取，则，，所以，，由图可知，二面角的为锐二面角，所以二面角的余弦值为.21．(1)条件选择见解析，椭圆的标准方程为(2)【分
析】（1）根据所选条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）求得直线的方程，并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，结合的面积求得其
内切圆的面积.【详解】（1）依题意，若选①：由，，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.若选②：对于，当最大，也即是椭圆的上下顶点时，三角形的面积取得最大值为，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，由于，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，由消去并化简得，，设，则，所以，到直线即的距离为，所以三角形的面积为，设三角形的内切圆半径为，则，所以内切圆的面积为.22．(1)；(2)；(3).【分析】（1）由等差数列通项公式求得，代入函数式求，即可得坐标；（2）写出的顶点式，由在抛物线上求参数得到的方程，利用导数的几何意义求，应用裂项相消法求和即可.（3）由题意有，进而确定，根据已知及等差数列通项公式求公差，最后写出其通项公式.(1)由题设，则，所以.(2)的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：,把代入得，的方程为：，则，由，所以=.(3)由（1）得：，，中最大数.设公差为，则，可得：，又，所以，则.综上，.试卷第11页，共33页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
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