2023届云南省昆明市第十中学高三数学省测数学纠错试题含解析

这是一份2023届云南省昆明市第十中学高三数学省测数学纠错试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆标准方程的特点，确定焦点在轴上的椭圆的特点列不等式，即可求得实数的取值范围.
【详解】解：方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，解得，故实数的取值范围是.
故选：A.
2．设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意的正整数，”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．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的
取值范围，进而可以顺利判定二者的关系.
【详解】数列是首项为的等比数列，公比为
则
当时的值正负均可以出现，不能判定符号，即不能推出
当即时，可以得到，则成立.
则“”是“对任意的正整数，”的必要不充分条件,选项B正确.
故选：B
3．如图，在棱长都为1的直棱柱中，，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意先求出三棱锥的体积，再求出直棱柱的体积，三棱锥是直棱柱切去角上的4个小三棱锥而得到的，从而可得出答案.
【详解】由棱柱为直棱柱，所以平面
由题意在中，，,
所以
所以
所以 ,
则直棱柱的体积为
由题意可知三棱锥是直棱柱切去角上的4个小三棱锥而得到的.
即切去4个小三棱锥为
由题意可得这4个小三棱锥的高均为,且有
所以
所以
故选：C
4．如图所示，平面内有三个向量，，，与的夹角为，与的夹角为，且，，若（），则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】作出的相反向量，再以射线，为邻边，以为对角线作，根据向量加法求解即可.
【详解】作出的相反向量，再以射线，为邻边，以为对角线作，
由题意知，
，，
所以，
所以，
即．
故选：D
5．设双曲线：的左焦点和右焦点分别是，，点是右支上的一点，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】根据双曲线的方程求出的值，由双曲线的定义可得，由双曲线的性质可知，利用函数的单调性即可求得最小值.
【详解】由双曲线：可得
，，所以，
所以，，
由双曲线的定义可得，所以，
所以，
由双曲线的性质可知：，令，则，
所以在上单调递增，
所以当时，取得最小值，此时点为双曲线的右顶点，
即的最小值为，
故选：C.
6．已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将点代入，求得，由在区间内不存在最值，得是单调区间的真子集，利用数轴法得到不等式组，解之即可得到的取值范围.
【详解】因为函数过点，
所以，即，故，
因为，所以，故，
由得，所以的单调递增区间为，
同理：的单调递增区间为，
因为在区间内不存在最值，所以是单调区间的真子集，
当时，有，解得，即，
又因为，，显然当时，不等式成立，且；
当时，有，解得，即，
又因为，，显然当时，不等式成立，且；
综上：或，即
故选：D.
7．若不等式对恒成立,则=
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】不等式对恒成立,即时的正负情况与的正负情况一致，得出的根，即可求解.
【详解】由题：不等式对恒成立,
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以和时，，
即，解得：，
检验当时，
在大于等于0，在时，小于等于0，在大于等于0，
所以.
故选：A
【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的值，将问题转化为方程的根的问题，涉及转化与化归思想，综合性强.
8．设函数的定义域为R，且，当时，，若对任意，都有，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题设得到且，，注意判断函数值的变化趋势，再求得的最大k值，此时结合二次函数性质确定上对应x值，即可得m的范围.
【详解】令，则，故，而，
所以且，
令，则，故，而，
所以且，
结合已知：且时，而，
对且，，即随增大依次变小，
要使对任意都有，令，则且，
则上，且上，
当时，令，则，解得或，
综上，要使对任意都有，只需.
故选：C
【点睛】关键点点睛：注意总结归纳且，随k的变化趋势，进而找到的对应区间，再求出该区间右侧区间中的自变量.
二、多选题
9．若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】对于A：由可得，故选项A正确；
对于B：由可得，所以，故选项B不正确；
对于C：当时，由可得，故选项C不正确；
对于D：由可得，所以，所以，故选项D正确；
故选：AD.
10．如图，在正方体中，点在线段运动，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．异面直线与所成的角的取值范围为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．过作直线，则
【答案】ACD
【分析】对三棱锥转化顶点可判定选项A，找到异面成角的最小值的情况即可判断选项B,转化直线与平面所成角的正弦值的最大值为直线与直线所成角的余弦值最大,进而判断选项C，利用线面垂直的性质判定可判定选项D.
【详解】如图，
对于选项A，,因为点在线段上运动,所以,面积为定值,且到平面的距离即为到平面的距离,也为定值,故体积为定值,故A正确；
对于选项B，当点与线段的端点重合时,与所成角取得最小值为, 故B错误；
对于选项C，因为直线平面,所以若直线与平面所成角的正弦值最大,则直线与直线所成角的余弦值最大,则运动到中点处,即所成角为,设棱长为1,在中,,故C正确;
对于选项D，连接,由正方体可得,且平面,则,所以平面,故，过作直线，则,所以；故D正确.
故选：ACD
11．已知函数，则（ ）
A．的最大值为
B．直线是图象的一条对称轴
C．在区间上单调递减
D．的图象关于点对称
【答案】ABC
【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据余弦型函数最值可知A正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD正误即可.
【详解】；
对于A，，A正确；
对于B，当时，，是的一条对称轴，B正确；
对于C，当时，，此时单调递减，C正确；
对于D，，不是的对称中心，D错误.
故选：ABC.
12．定义在上的函数满足，当时，，则函数满足（ ）
A．B．是奇函数
C．在上有最大值D．的解集为
【答案】AB
【分析】由抽象函数满足，令可得，利用奇偶性，单调性的定义可推导函数的奇偶性和单调性，可求函数在区间上的最大值，利用单调性解不等式可得解集.
【详解】因为定义在R上的函数满足，
令，得，即 ，A正确，
令，得，即，函数为奇函数，B正确，
设，则，，
由题，，即，
所以，函数在R上单调递减，所以C错误，
不等式可化为，由在R上单调递减，所以，即，不等式解集为，D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．写出一个同时满足下列条件①②的双曲线的标准方程：_______.①焦点在轴上；②离心率为.
【答案】(答案不唯一).
【分析】利用双曲线的离心率公式及焦点在轴上即可求解.
【详解】由于双曲线的焦点在轴上，所以设它的标准方程为.
因为双曲线的离心率为，
所以，解得.
所以写出一个同时满足下列条件①②双曲线的标准方程可以为.
故答案为：(答案不唯一).
14．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F的直线m与E交于A，B两点，的垂直平分线分别交l和x轴于P，Q两点.若，则__________.
【答案】
【分析】根据题意可得，由于对角线与垂直，得四边形是菱形，在由抛物线的定义即可得到为等边三角形，可得直线的方程，把直线和抛物线进行联立，进而求得答案.
【详解】垂直平分，，
在四边形中，对角线与垂直，
四边形是菱形，
由抛物线的定义可得：
故
为等边三角形
故
故
故直线
故把直线与抛物线进行联立得，设 ，则
故答案为：.
15．设实数、满足方程有实数根，则的最小值是______.
【答案】##
【分析】分析可得，设，可得，令，其中，则方程有绝对值大于或等于的实数解，利用二次函数的零点分布可得出关于、的不等式（组），结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】显然不满足方程，所以，，
在方程两边同时除以可得，
令，则，
当时，则，当且仅当时，等号成立，
当时，则，当且仅当时，等号成立，
所以，，
则方程可化为，
设，其中，
所以方程有绝对值大于或等于的实数解，所以，可得，①
由可得，由，
可得，
由绝对值三角不等式可得，②
由①②可知，只需讨论的情形：
当时，令，易验证①②均满足，此时；
当时，条件②变为，化简可得，满足条件①，
此时，所以，，
当且仅当，时，取最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于通过在等式两边同时除以可得，通过换元，转化为二次函数在上有零点来处理.
四、双空题
16．已知函数，若，则的值域是_________；若的值域是，则参数的取值范围是_________.
【答案】 ； .
【分析】第一空，根据分段函数的解析式，分段求解函数值的范围，取并集可得答案;
第二空，结合二次函数的性质，根据题意得到参数需满足的不等式，求得答案.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
故的值域是；
若的值域是，
因为时，，
因为时，，故需满足 ，
又因为需满足 ，则，故参数的取值范围是，即，
故答案为：;.
五、解答题
17．一位老师要给4个班轮流做讲座，每个班讲1场，有多少种轮流次序？
【答案】有24种轮流次序.
【分析】根据全排列直接进行计算即可求得结果.
【详解】将4个班进行全排列，即.
答：有24种轮流次序.
18．已知，且是第三象限角，
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】(1);(2).
【解析】（1）由同角三角函数的关系可得，结合，是第三象限角可得，的值；
（2）利用诱导公式将原式化简，代入，的值可得答案.
【详解】解：(1)由，可得，即，
可得，由是第三象限角，可得，
故的值为;
(2) ,
代入，的值，
可得原式.
【点睛】本题主要考查同角三角函数关系式的应用及诱导公式，注意运算的准确性，属于基础题型.
19．在中，，，，、分别是、上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点、重合），使平面与平面垂直?若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，且
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，因为经过的重心（如图），连接并延长，
交于，则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又
设平面的法向量为，
则即，取，则，故，
故，故与平面所成角的正弦值为.
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，，，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故.
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
因为平面平面，故，
所以，故，所以.
20．已知圆的方程：
(1)若直线与圆C没有公共点，求m的取值范围；
(2)当圆被直线截得的弦长为时，求m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先将圆改成标准方程，可得到圆心和半径，利用直线与圆C没有公共点列出不等式即可求解；
（2）根据圆中弦心距、半径、半弦长的关系列出方程求解即可.
【详解】（1），，
曲线表示圆，，即，
又因为圆与直线没有公共点，
所以圆心到直线即的距离大于半径，即，解得
（2）由（1）可知，圆心坐标为，
又直线，圆心到直线的距离，
直线截得的弦长为，，
解得：
21．已知函数，.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)设函数在上的最大值和最小值分别为和，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接求导后得到，直接写出切线即可；
（2）直接求导确定单调性，端点作差确定最大值，得到不等式，结合单调性求解即可.
【详解】（1）若，，，
因为，，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）由题意知，则，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，
则当时，，
所以当时，.
则在上的最小值为，最大值为，
所以，
设，则当时，，单调递增，
由，可得，
即的取值范围是.
22．对于函数.
(1)若，且为奇函数，求a的值；
(2)若方程恰有一个实根，求实数a的取值范围；
(3)设，若对任意，当时，满足，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用奇函数的定义可得；
（2）由题可得，分类讨论可得；
（3）由题可得，进而可得对任意的恒成立，然后求函数的最小值即得.
【详解】（1）∵，
∴，又为奇函数，
∴，
∴，对定义域内任意恒成立，
∴，解得，
此时，定义域为符合奇函数的条件，
所以；
（2）方程，
所以，
由①可得，，即，
当时，方程有唯一解，满足②，
所以符合条件；
当时，方程有两相等解，满足②，
所以符合条件；
当且时，方程有两不等解，
若满足②，则，
若满足②，则，
所以当时方程恰有一个实根；
综上，实数的取值范围为；
（3）令，则在上为减函数，在上为增函数，
∴函数在上为减函数，
当时，满足，
则，
∴，即对任意的恒成立，
设，又，所以函数在单调递增，
所以，
∴.