2023届晥豫名校联盟高三上学期第二次联考数学试题含解析

2023届晥豫名校联盟高三上学期第二次联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，，，再根据交集的定义求解即可.

【详解】解：因为，

，

所以，

所以.

故选：D.

2．已知为坐标原点，复数在复平面内所对应的点为，则直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由复数的除法运算求得复数，从而得到点，再利用点斜式即可求得直线的方程.

【详解】因为，

所以复数在复平面内所对应的点为，

又，故，

所以直线的方程为.

故选：A.

3．已知函数，若，为的导函数）且，则（    ）

A．5 B．4 C．3 D．2

【答案】A

【分析】首先求函数的导数，再代入，列方程组求解.

【详解】，

所以，解得：.

故选：A

4．函数的部分图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得，，可得出A、B项错误；根据，可得出D项错误.

【详解】由已知可得，定义域为R，且，所以A、B项错误；

又，所以为偶函数.

又，所以D项错误，C项正确.

故选：C.

5．“”是“在上恒成立”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

【答案】B

【分析】根据已知可求出“在上恒成立”的等价条件.原式可转化为在上恒成立，令，，则只需即可.根据基本不等式，可求得，所以“在上恒成立”的等价条件时，即可得出结果.

【详解】当时，恒成立.

所以在上恒成立，

可转化为在上恒成立，

令，，

则只需即可.

又，

当且仅当，且时，即时等号成立，

所以.

又是的必要不充分条件，

所以，“”是“在上恒成立”的必要不充分条件.

故选：B.

6．山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前项和公式计算即可.

【详解】由题意, 设明间的宽度为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列, 公比为,

 同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为,

则由可得

所以总宽度为

故选:

7．已知，，不等式恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据基本不等式求出的最大值，即可得到的取值范围，继而可以求出的取值范围.

【详解】因为，不等式恒成立，

所以，

因为，

所以，

当且仅当时等号成立；

，

当且仅当时等号成立.

所以，

当且仅当时等号成立，

所以的最大值为，所以，

又因为，所以.

故选：C.

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先根据作差法比较与的大小关系，然后构造函数，利用导数判断函数单调性，借助函数的单调性即可比较与即与的大小关系.

【详解】已知，，

则

.

由于，所以，得.

令，则，，.

而且，

当时，，即在上单调递增；

当时，，即在上单调递减，

由于，，即.

若有两个解，则，，

所以，，所以，，

即，，

令（），则，

故在上单调递增，所以，

即在上，.

若，则有，即.

故，所以.

当时，有，故，即；

综上所述.

故选：D

【点睛】方法点睛：在比较大小中常用的方法有三种：

（1）作差法比较大小，即若，则，否则；

（2）作商法比较大小，即若（），则，否则；

（3）构造函数，根据函数单调性比较大小.

二、多选题

9．已知函数在区间上单调递减，将的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则（    ）

A．的最小正周期为

B．

C．图像的一个对称中心为

D．

【答案】BC

【分析】由单调性得函数的半个周期不小于区间的长度，从而确定的可能取值，然后代入检验的单调性从而确定的值，得函数解析式，可判断D，然后求出周期判断A，利用诱导公式变形判断B，代入检验确定对称中心判断C．

【详解】由题意的周期，所以，又，则，

时，，

时，，在此区间上不递减，

时，，在此区间上递减，

时，，在此区间上不递减，

时，，在此区间上不递减，

所以，，

，D错误；

的最小正周期是，A错；

，B正确；

，，所以是的图像的一个对称中心，C正确；

故选：BC．

10．已知为等差数列的前项和，且满足，，若数列满足，，则（    ）

A． B．的最小值为

C．为等差数列 D．和的前100项中的公共项的和为2000

【答案】AC

【分析】对于A选项，直接利用等差数列所给的条件求出首项和公差进而求出的通项公式来判断A；

对于B选项，将表示出来得到关于n的表达式，利用二次函数性质求出最小值判断B；

对于C选项由题意可得的地推公式，利用构造法找到规律进而得出数列的通项公式

来判断C；对于D选项，结合公共项的特点正好是等差数列，利用等差数列求和来判断D；

【详解】由为等差数列，设公差为，，，得，

解得，，，

，则，所以选项A正确；

，当时，的最小值为，

选项B错误；由，得，变形得，

构建一个新数列，令，，即，又，

，由，得，则，

，，再由得，=0，即，的通项公式为

，由可证明为等差数列，所以选项C正确；

由和通项公式可以得出，和的前100项中的公共项的和为

，所以选项D错误，

故选：AC

11．已知定义在上的函数满足对任意的实数，都有，且当时，，则（    ）

A．

B．在上单调递增

C．方程有5个不同的实根

D．函数的零点之和为4

【答案】ACD

【分析】根据函数对称中心,求出时的解析式,可以判断选项;

解方程后可以判断选项,画出函数图像,数形结合同时应用对称中心可以得到选项.

【详解】对于:由题意,当则,因为所以

所以,故选项正确;

对于:当,,易得在单调递减,所以选项错误;

对于:因为,所以或,

由解方程可知时,有3个根-1或1或3, 时,有2个根或2,

所以方程有5个根,故选项正确;

对于:函数零点,即为函数与函数的交点横坐标,

根据图像可以确定两个函数有4个交点,

因为和都关于对称,所以4个零点和为4,故选项正确;

故选：ACD

12．已知为等腰直角三角形，，其高，为线段的中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，动点在内（含边界），且平面，则在变化的过程中（    ）

A．

B．点到平面的距离的最大值为

C．点在内（含边界）的轨迹长度为

D．当时，与平面所成角的正切值的取值范围为

【答案】AD

【分析】先证明平面，由此证明，由此判断A，由点的面的距离定义确定点到平面的距离，由此判断B，由条件确定点在内（含边界）的轨迹，由此判断C，根据线面角的定义确定与平面所成角的平面角，再求其正切值范围，由此判断D.

【详解】如图，，，，平面，

所以平面，又平面，所以，A正确，

因为，，所以为二面角的平面角，故，，

过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为点到平面的距离，在中，,，，所以，又，所以点到平面的距离的最大值为，B错误；

连接，为的中点，因为为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，所以，记的中点为，因为为的中点，所以，故点的轨迹为线段，，C错误；

过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为与平面所成角的平面角，

因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，

在中，，，，所以，

所以，

在中，，，，所以，

在中，，所以，

所以与平面所成角的正切值为，

设，其中，则，所以函数在上单调递减，所以，故与平面所成角的正切值的取值范围为.

故选：AD.

【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和性质，面面平行的判定及性质，和二面角的定义和线面角的定义，及点到平面的距离。意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化。

三、填空题

13．已知向量，则实数__________．

【答案】

【分析】利用平面向量的线性运算及模的运算公式得到关于的方程，解之即可求得值.

【详解】因为，

所以，

因为，

所以，则，

解得或（舍去），

所以.

故答案为：.

14．已知，若，则__________．

【答案】

【分析】根据给定条件，利用和差角的正余弦公式、二倍角的余弦公式求解作答.

【详解】由知，，由得：

，

即，

有，，

所以.

故答案为：

15．已知点是长方体的外接球球心，为球面上一点，，若与所成的角为，则四棱锥的体积的最大值为__________．

【答案】

【分析】先判断出几何体是正方体，求得外接球的半径，根据球的几何性质求得四棱锥的体积的最大值.

【详解】连接，根据长方体的性质可知，

所以是与所成角，所以，

由于，所以四边形是正方形，

所以，所以三角形是等边三角形，

所以，所以，

所以长方体是正方体，

设外接球的半径为，则，

球心到平面的距离为，

所以四棱锥的体积的最大值为.

故答案为：

四、双空题

16．某人从山的一侧点看山顶的仰角为，然后沿从到山顶的直线小道行走到达山顶，然后从山顶沿下山的直线小道行走到达另一侧的山脚处在同一水平面内，山顶宽度忽略不计），则其从点看山顶的仰角的正弦值为__________，的最大值为__________．

【答案】     ##0.75    

【分析】由题意，作图，根据三角函数的定义以及图形关系，可得答案.

【详解】由题意，设山顶为点，过点作垂直与所在的水平面，如下图所示：

则，，，

在中，，；

在中，，易知为从点看山顶的仰角，即从点看山顶的仰角的正弦值为；

在中，，

由图可知，，当且仅当时等号成立，故的最大值为.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知的内角的对边分别为，且的面积为．

(1)求的值；

(2)若为边的中点且，求的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）余弦定理得，面积公式得结合即可解决；（2）根据得，由，，得，解得，然后余弦定理解决即可.

【详解】（1）由余弦定理可得，

又，整理得．

因为，即

所以．

（2）由（1）的过程可知，

所以，解得．

因为，

所以．

因为，

所以，

所以，

即，解得．

故，

所以，

即．

所以的周长为．

18．已知且，函数满足，设．

(1)求函数在区间上的值域；

(2)若函数和在区间上的单调性相同，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先对和进行分类讨论，再利用题目所给的等式关系可求出的值，将所要求的函数换元后得到二次函数求出值域即可.

（2）先得到两个函数解析式和，分别对上单调递增和单调递减进行分类讨论，得到关于的不等式组，进而求出的取值范围即可.

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，无解，故的值为．

故．

因为，所以令，则，

故．

当时，，当时，．

故函数在区间上的值域为．

（2）由题意，函数在上单调递减，函数在上单调递增．

由题可知函数与函数在区间上同增或者同减．

①若两函数在区间上均单调递增，

则在区间上恒成立，

故，解得．

②若两函数在区间上均单调递减，

则在区间上恒成立，

故，该不等式组无解．

综上，实数的取值范围是．

19．如图，圆锥的高为是底面圆的直径，为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．

(1)证明：平面平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，可证出菱形中，结合可证出平面，再由平面与平面垂直判定定理即可证出平面平面；

（2）取中点，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，使用空间向量进行求解.

【详解】（1）

连接，由已知，，且，

∴四边形为菱形，∴，

在圆锥中，∵平面，平面，

∴．

∵，平面，平面，

∴平面．

又∵平面，

∴平面平面．

（2）

取中点，易知平面，，

以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

∵，∴，

∴，

∴，．

设平面的一个法向量为．

因为所以，令，则，，

∴，

易知平面即平面，∴平面的一个法向量为，

设平面与平面的夹角为，

则，

∴平面与平面的夹角的余弦值为．

20．已知数列满足数列为等比数列，，且对任意的．

(1)求实数的值及的通项公式；

(2)当时，，求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）首先根据递推公式变形为，再结合数列是等比数列，即可求解；

（2）根据条件求出数列项的特点，再利用错位相减法求和.

【详解】（1）设的公比为．

．

，解得．

又．

，

，时，

当时，满足解析式，所以的通项公式为．

（2）当时，，共项，

当时，，共项，

当时，，共项，

当时，，共项，

又，

的前项和为．

记，

则，

作差可得，

．

因此，数列的前项和为．

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)证明：（，）.

【答案】(1)当时，在区间上单调递增；

当时，在区间上单调递减；

当时，在区间和上单调递减，在区间上单调递增.

(2)证明见解析

【分析】（1）先对求导，然后根据的范围，对的单调性进行讨论；

（2）令，由（1）中的单调性得出时，，构造出不等式后，累加求和即可证明.

【详解】（1）由已知的定义域为，

，

①当，即时，对任意，都有，此时在区间上单调递增；

②当，即时，令，

则的图象为开口向下的抛物线，对称轴为，

当时，单调递增，当时，单调递减，

的最大值为，

i）当时，对任意，都有，

∴，在区间上单调递减；

ii）当时，，

∴令，解得，，

且，

∴当时，，

∴，在区间和上单调递减；

当时，，

∴，在区间上单调递增.

综上所述，当时， 在区间上单调递增；

当时，在区间上单调递减；

当时，在区间和上单调递减，在区间上单调递增.

（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，

∴对任意的，有，

即当时，恒成立，

∴，

，

，

，

……

，（，），

上式相加，有

∴，

∴，

∴，

∴，（，），原不等式得证.

【点睛】在证明中，由不等号的方向，考虑到需要使单调递减，可以有，由不等式右侧的，考虑到需要使用累加的方法，故构造出不等式进行累加.

22．若存在且使成立，则在区间上，称为的“倍扩张函数”．设，若在区间上为的“倍扩张函数”．

(1)求实数的取值范围；

(2)证明：与的图象存在两条公切线．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据“倍扩张函数”的定义列不等式，化简后利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.

（2）设出切点坐标，根据“公切线”的知识列方程，化简后利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的零点个数，从而证得结论成立.

【详解】（1）因为在区间上单调递增，

不妨设，由

得．

令，

则．所以在上存在单调递增区间，

即在上有解，

即在上有解．

当时，设，则，

即在上单调递减，

故，则．

故实数的取值范围为．

（2）因为，所以．

设直线分别与函数的图象相切于点，

易知直线的斜率存在，则，

即．

由，得，

代入中，

得，

令，

则．

令，则在上单调递增，且，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

又，所以在上仅有一个零点．

因为，

所以在上仅有一个零点．

所以在上有两个零点，

故函数与的图象存在两条公切线．

【点睛】公切线的问题，关键点和突破口在于切线的斜率相同，可以由此建立切点横坐标的等量关系式.利用导数研究函数的零点，再求的函数的单调区间后，需要利用零点存在性定理来确定零点的个数.