2023届天津市南开区高三上学期11月阶段性质量监测（一）数学试题含解析

2023届天津市南开区高三上学期11月阶段性质量监测（一）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A．{0} B．{0，1} C．{1，2} D．{0，1，2}

【答案】D

【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：D

2．命题“，”的否定是（    ）.

A．，或 B．，或

C．， D．，

【答案】B

【分析】含量词命题的否定要先改量词再否定结论，存在性命题的否定是全称命题.

【详解】根据存在性命题的否定是全称命题可知，

，的否定是，或.

故选：B

3．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据图象可得出函数具有奇偶性，先判断奇偶性，再比较剩余选项的区别，取特殊值判断即可.

【详解】，定义域为关于原点对称，

所以， 是奇函数，图象关于原点对称，排除选项D，

显然，又，.

故选：A.

4．“直线垂直平面内的无数条直线”是“”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．既不充分也不必安条件

【答案】B

【分析】根据线面垂直的定义和性质，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.

【详解】因为当直线垂直平面内的所有直线时，才能得到，

所以由直线垂直平面内的无数条直线不一定能推出，

但是由一定能推出直线垂直平面内的无数条直线，

所以直线垂直平面内的无数条直线是的必要不充分条件，

故选：B

5．计算：（    ）．

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】根据指数、对数运算性质求解.

【详解】

故选：C.

6．已知，，，则，，的大小关系为（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】观察发现这三个数都具有的形式，故研究单调性即可.

【详解】考虑，，于是在上递增，递减，注意到，，，，故，故.

故选：B

7．已知平面向量，下列说法中：

①；②；③向量与的夹角为；④向量在上的投影向量为，

正确说法的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．②④

【答案】D

【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断①，根据数量积的坐标运算可判断②,由夹角公式可判断③，由投影向量的求解公式可判断④

【详解】对于①，，所以，故①错误；

对于②，，故②正确；

对于③，，

∵，，故③错误；

对于④，向量在上的投影向量为，故④正确，

故选：D

8．已知函数的部分图象如图所示，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的部分图象，即可求出的值，即可求出结果．

【详解】由图象可知，，所以，

又过点，所以，且

即，所以，即，

又，所以，所以.

故选：A.

9．设函数，若存在唯一的，使得的最小值为，则实数a的取值范围是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】数形结合，根据图象结合题意可知.

【详解】

依题意可作出函数图象如上所示，

因为存在唯一的，使得的最小值为，

则有当时，，

由图可知，

当时，，

当且仅当时取得等号，

所以，所以解得.

故选:A.

二、填空题

10．已知（i为虚数单位，）为纯虚数，则____________．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算法则，化简复数，根据复数的概念即可求解.

【详解】

因为复数为纯虚数，所以，.

故答案为：-3.

11．已知，且，则的值为________.

【答案】

【分析】利用正余弦和差积的三角关系求解即可.

【详解】

，，

又，所以，所以，

，

故答案为：

12．如图所示的几何体是由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱，且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，若，则该几何体的体积是__________．

【答案】312

【分析】分别计算四棱锥和四棱柱的体积，相加即得

【详解】由，及

因为 所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积：

＝PO1＝2＝24；

正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积

＝AB2 O1O＝62×8＝288，

所以仓库的容积V＝V1＋V2＝24＋288＝312

故答案为：312.

13．已知正实数a，b，c满足，则的最大值为____________．

【答案】##0.25

【分析】由已知表示出c，代入根据基本不等式求解.

【详解】由，得，

∵正实数a，b，c

∴则

则，

当且仅当，且a，b>0，即a=3b时，等号成立

则

所以，的最大值为.

故答案为：.

三、双空题

14．不等式的解集为____________；若“”是“”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围是____________．

【答案】         

【分析】①空将不等式进行化简为

然后解出来即可，②空令的解集为集合，的解集为集合，由题知是的真子集，然后由它们的关系列不等式（组）解出即可.

【详解】①由得

所以不等式对于方程的根为：

因为

所以不等式的解集为：

故答案为：.

②令的解集为集合或

的解集为集合，

由题知是的真子集，

所以有：或

即或

故答案为：

15．在边长为2的菱形中，，E是的中点，F是边上的一点，交于H．若F是的中点，，则____________；若F在边上（不含端点）运动，则的取值范围是____________．

【答案】         

【分析】（1）由三点共线，可得，

而，据此可得，从而可求得的值.

（2）由图可求得，根据向量积即可知.

【详解】（1）如图所示：

设，

由三点共线，

可设

，

则有，解得：，

，即.

（2）如图所示：当点与点重合时，此时最长，

易知，且相似比为，

，在中，由余弦定理得：

，

所以，此时满足，所以，

所以，此时，

由图可知，，

则.

故答案为：；.

四、解答题

16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．

(1)求角A；

(2)求边c；

(3)求的值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用正弦定理边角互化以及两角和的正弦公式进行求值

（2）利用余弦定理解三角形

（3）利用正弦定理求出，从而求出，然后利用二倍角公式计算出，从而就可以解决问题了.

【详解】（1）因为，

所以，

所以．

因为，所以

因为，所以．

（2）由余弦定理得，

所以，

即，解得．

（3）由正弦定理，得，

解得．

因为，所以，

所以．

所以，

所以

．

17．已知函数（a为常数，），且函数在处的切线和在处的切线互相平行．

(1)求常数a的值；

(2)若存在x使不等式（为函数的导数）成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合已知条件，列出关于的等量关系，求解即可；

（2）对目标不等式分离参数，构造函数，利用导数求其值域，即可求得参数范围.

【详解】（1）因为，所以函数在处的切线的斜率，

又因为，所以函数在处的切线的斜率，

所以，由，得．

（2），即，则，

令，则，

因为，所以，

所以，故，

所以在上是减函数，因此，

所以存在x使不等式成立，则．

【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数处理存在性问题；第二问中处理问题的关键是分离参数，构造函数，属综合中档题.

18．如图，在多面体中，底面为菱形，平面，平面．

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值：

(3)求平面和平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行.

（2）先求出平面的法向量，再利用空间向量线面角的求法，即可求解.

（3）首先分别求出2个平的法向量，利用空间向量求二面角的方法即可求解.

【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，，

所以为等边三角形，所以．因为，所以．

因为平面，所以两两垂直．如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．

因为，

所以，

显然平面的法向量为，因为，所以，又平面；所以平面．

（2）设平面的法向量为，

由得可取．

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（3）设平面的法向量为，由得可取．由（2）知平面的法向量．

设平面和平面的夹角为，则．

19．为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度单位：毫克/立方米随着时间单位：天变化的关系如下：当时，；当时，若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于毫克/立方米时，它才能起到净化空气的作用．

(1)若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？

(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值．精确到，参考数据：取

【答案】(1)天；

(2).

【分析】（1）利用已知可得：一次喷洒4个单位的净化剂，由浓度：当时，；当时，，分类讨论解出的值即可；（2）设从第一次喷洒起，经天，可得浓，化简计算，再变形利用基本不等式即可得出．

【详解】（1）因为一次喷洒4个单位的净化剂，

所以浓度可表示为：当时，，

当时，，

则当时，由，解得，

所以得，

当时，由，解得，

所以得，

综合得，故若一次喷洒4个单位的净化剂，

则有效净化时间可达8天.

（2）设从第一次喷洒起，经天，

浓度

，

因为，而，

所以，故，

当且仅当时，有最小值为，

令，解得，

所以a的最小值为

20．已知是函数的一个极值点，其中．

(1)求a与b的关系式；

(2)设函数．

（ⅰ）讨论函数的单调性；

（ⅱ）若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为k，求证：．

【答案】(1)

(2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）求导得，根据极值点与导函数的关系，则有，代入得到.

（2）由（1）得，对其求导化简，对进行分类讨论即可；

（3）根据韦达定理得，直线的斜率，先证:，利用比值换元构造函数即可证明，再由对均不等式进行放缩，换元，得，再根据的范围即可证明.

【详解】（1），

因为是函数的一个极值点，

所以，即，

所以．

（2）由（1）知．

，

（ⅰ）①若．

当时，，当时，，

所以在内是减函数，在内是增函数；

②当时，因为，所以．

当时，，当时，，

所以在内是减函数，在内是增函数；

③当时，由，解得，，且．

当或时，，当或时，，

所以在和内是减函数，在和内是增函数．

综上，时，在内是减函数，在内是增函数；

时，在和内是减函数，在和内是增函数．

（ⅱ）因为为函数的两个不等于1的极值点，且不妨设，由（ⅰ）知，且，

直线的斜率为．

先证：．

设，令，

则．

所以在上是增函数，所以．故不等式成立．

所以

．

令，则，所以，

则，

因为，所以，

故．

【点睛】本题难点主要在第二问，其中第二小问的第1小问考察了对含参函数单调区间的分类讨论，最后还需要进行整合，第二小问融合了对均不等式

，如果平时能够记住此结论，并能通过比值换元进行证明，那么对解决这道难题大有帮助，使用对均不等式放缩后不等式中仅含与，再次使用换元法即可证明此不等式.