云南省保山市高（完）中C、D类学校2023届高三上学期10月份联考数学试题（解析版）

保山市高（完）中C、D类学校10月份联考

高三数学试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

注意事项：

1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚.

2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解一元二次不等式求出集合，再求交集即可.

详解】由得，故，

所以，又，

所以．

故选：B．

2. 命题“，”的否定是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】由全称命题的否定可以直接得出结果.

【详解】由全称命题的否定可知：原命题的否定为.

故选：A

3. 已知实数，，，则的最小值为（    ）

A. 3 B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用基本不等式计算可得答案.

【详解】因为，且，

所以，

当且仅当，即，时取等号，

故选：D.

4. 已知复数，则的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据共轭复数定义以及复数除法运算即可得出结果.

【详解】根据可知，

则，

即虚部为.

故选：A

5. 设函数，若是奇函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性求出，得到函数的解析式，根据解析式求函数值即可.

【详解】由已知可得，

则．因为是奇函数，

所以，

因为，解得，所以，

所以.

故选：D．

6. 已知是上的单调递减函数，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由分段函数两段都是减函数，以及端点处函数值的关系可得答案．

【详解】因为是上的单调递减函数，

所以，解得．

故选：C．

7. 已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求导后，分类讨论，当时，为单调递增函数，不合题意，当时，利用导数求出函数的最大值，结合函数的单调性列式可得结果.

【详解】,

当时，，为单调递增函数，最多只有一个零点，不合题意，舍去；

当时，令，得，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

当趋近负无穷时，也趋近于负无穷，当趋近正无穷时，趋近于负无穷，

因为函数有两个零点，所以，得.

故选：B.

8. 已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先应用导数讨论函数的单调区间，比较自变量大小得出，结合函数单调性比较的大小即可知的大小；

【详解】，定义域为.

，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增;

由于,

所以,时， 单调递减；

所以；

综上：；

故选：A

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若与的夹角为钝角，则

D. 若，向量在方向上的投影为

【答案】ABD

【解析】

【分析】选项A可由共线向量的坐标表示可得；

选项B由垂直转化为数量积为0，可得进而可得；

选项C由与的夹角为钝角可得，且与不共线，进而可得；

选项D由向量在方向上的投影为可得.

【详解】选项A：由得，得，故A正确；

选项B：由得，即，

所以，故B正确；

选项C：与的夹角为钝角，则，且与不共线，

由得，即，

由选项A知与不共线时，，故C错误；

选项D：时，，向量在方向上的投影为，故D正确.

故选：ABD

10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】对于A，结合二倍角公式和正弦定理可知，再利用同角三角函数的关系可求出，对于BC，利用余弦定理可列出关于的方程，化简可判断，对于D，由面积公式直接计算判断

【详解】对于A，由，所以，由正弦定理得，

因，，所以，

因为，所以，

所以A正确，

对于BC，由余弦定理得，，

整理得，解得或，

当时，，则，因为，，

所以，得，则，不合题意，所以舍去，

当时，由可得，所以B正确，C错误，

对于D，，所以D错误，

故选：AB

11. 已知，且，，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】由题意，利用不等式性质即可判断；根据基本不等式中“1”的应用即可得；利用作差法和的大小关系可得；将代入可得，即可判断出结论.

【详解】对于A，由可知，，所以；

因此，即，可得A正确；

对于B，易知，则，

当且仅当时，等号成立；但，所以，即B正确；

对于C，由，又因为，可得和不能同时成立，

利用作差法可得，即，故C正确；

对于D，由可知，又可得，

所以，

当且仅当时等号成立，所以D错误；

故选：ABC

12. 已知函数的图象上，相邻两条对称轴之间的最小距离为，图象沿x轴向左平移单位后，得到一个偶函数的图象，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数图象的一个对称中心为

B. 当到时，函数的最小值为

C. 若，则的值为

D. 函数的减区间为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据对称轴和平移可求出函数的解析式，然后根据余弦函数的图像和性质，即可求出对称中心，最值以及单调区间.

【详解】根据相邻两条对称轴之间的最小距离为，可知周期，故；

图象沿x轴向左平移单位后，得到是偶函数，所以 ，故

当，，故A错.

时，，，故B对.

，其中，故，C对.

令，故函数的减区间为，D对.

故选:BCD

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

注意事项：

第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知函数，则函数在点处的切线方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】求出导函数，计算，，由点斜式得切线方程并化简．

【详解】由已知，，又，

所以切线方程为，即．

故答案为：．

14. 已知函数的部分图象如图所示，其中点分别是函数的图象的一个零点和一个最低点，且点的横坐标为，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】设，利用向量数量积得坐标表示求出点坐标，再根据正弦函数的图象和性质求解即可.

【详解】由已知可得，设，

则，解得，

所以，解得，

将点代入得，

所以，，

解得，，

又，所以，

所以，

故答案为：

15. 若函数在上是减函数，则a的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】由定义域可得，再由函数的单调性可得，从而可求出a的取值范围

【详解】令，则，

由，得，解得，

因为在上是减函数，在上是减函数，

所以在上递增，所以，

综上，即a的取值范围是，

故答案为：

16. 已知是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则______；使得成立的的取值范围是______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性求得，利用构造函数法，结合导数求得使成立的的取值范围.

【详解】依题意，是定义域为的奇函数，所以.

构造函数

，所以在上单调递减，

，所以当时，；

当时，.

根据奇函数的对称性可知，当时，.

综上所述，使成立的的取值范围是.

故答案为：；

【点睛】利用导数研究不等式，当已知函数没有给出解析式，而是给出有有关的不等式关系式时，可考虑利用构造函数法进行求解.构造函数的方法需要根据已知的不等式关系式，结合乘法、除法的导数进行构造.

四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角A；

（2）若，的面积为，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得，进一步求得；

（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理变形可得.

【小问1详解】

因为，

由正弦定理得，

所以，

所以，

因为，所以，

即，所以，

因为，所以，

所以即；

【小问2详解】

因为的面积为，，，

由三角形的面积公式得，化简得，

又根据余弦定理得，

所以，

所以，

所以.

18. 若数列的前n项和为，且满足：，，等差数列满足，.

（1）求数列，的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列定义即可求出数列的通项公式，再根据等差数列基本量的计算可求出的通项公式；

（2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前n项和.

【小问1详解】

由，根据等比数列定义可知，

数列是以1为首项，3为公比的等比数列，

所以可得，

即数列的通项公式为；

所以，又，；

因此等差数列的公差，即数列是以3为首项，2为公差的等差数列；

即，

即数列的通项公式为

【小问2详解】

由（1）可得，

所以，

，

两式相减可得

所以

19. 某职业中专开设的一门学科的考试分为理论考试和实践操作考试两部分，当理论考试合格才能参加实践操作考试，只有理论考试与实践操作考试均合格，才能获得技术资格证书，如果一次考试不合格有1次补考机会.学校为了掌握该校学生对该学科学习的情况，进行了一次调查，随机选取了100位同学的一次考试成绩，将理论考试与实践操作考试成绩折算成一科得分（百分制），制成如下表格：

（1）①求表中a的值；

②在，，这三个分数段中，按频率分布情况，抽取7个学生进行教学调研，学校的教务主任要在这7名学生中随机选2人进行教学调查，求这2人均来自的概率；

（2）该校学生小明在历次该学科模拟考试中，每次理论合格的概率均为，每次考实践操作合格的概率均为，这个学期小明要参加这门学科的结业考试，小明全力以赴，且每次考试互不影响.如果小明考试的次数的期望不低于2.5次，求p的取值范围.

【答案】（1）①；②   

（2）

【解析】

【分析】（1）①根据总人数为100列方程求解即可；②这3个分数段按的比例可求出每一段所抽取的人数，然后利用古典概型的概率公式可求得结果，

（2）设小明参加考试的次数为，所有可能取值为2，3，4，求出期望，再列不等式即可求解.

【小问1详解】

①由题意得，解得，

②因为，，的频率比为，

所以抽取的7个学生中，应从，，分别抽取1人，2 人，4人，

所以这2人均来自的概率为，

【小问2详解】

设小明参加考试的次数为，所有可能取值为2，3，4，则

，

，

，

所以的分布列为

所以，

由，得，得，

因为，所以，

即p的取值范围为.

20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，，，点E为棱PC上点，且.

（1）证明：；

（2）若二面角的大小为，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明线面垂直再通过线面垂直性质定理得到线线垂直；

（2）合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角正弦值.

【小问1详解】

由为矩形可知：，又因为，，所以；

又，所以；

又，故.

【小问2详解】

在中，,所以；

又，所以；

故如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.

则，，

由（1）可得：，故，所以为二面角的平面角，则；

故在中，为角平分线，由角平分线定理可知：，则.

,,

设面法向量为，则

，即，故，

设直线与面所成角为，

则.

21. 已知抛物线：的焦点为椭圆：的右焦点F，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线l过点F，交抛物线于A，C两点，交椭圆于B，D两点（A，B，C，D依次排序），且，求直线l的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据抛物线的焦点即椭圆的右焦点，由求得点点坐标，列出方程组，即可求得椭圆方程；

（2）设直线方程，和抛物线以及椭圆分别联立，求得相应的弦长，即的表达式，利用，解方程可得答案.

【小问1详解】

由抛物线可知：，

故由得：，故，则，

则对于有：，解得，

故椭圆方程为：；

【小问2详解】

过点的直线的斜率不存在时，，，，

所以直线在点的右侧，与两曲线的交点顺序变成A，B，D，C的顺序，

不满足题意，如下图；

所以过点的直线的斜率存在，

故设直线的斜率为k，则直线方程为，

联立抛物线方程：，整理得： ，

设 ，则，

故 ，

联立，整理得，

设，则，

则

，

又，

即，整理得 ，

解得，因为，，而，

且A，B，C，D依次排序，所以，如下图，

故，故直线的方程为.

综上，直线的方程为.

【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆、抛物线相交时的弦长问题，综合考查了学生分析问题，解决问题以及计算的能力，解答的关键点是明确解答的思路，即联立方程，计算弦长，难点就是计算量大且繁杂，要十分细心.

22. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，函数在上恒成立，求整数a的最大值.

【答案】（1）答案见解析   

（2）4

【解析】

【分析】（1）对函数求导后分解因式，对参数的取值范围进行分类讨论即可得到函数的单调性；

（2）由可得，转化为在上恒成立，构造函数并利用导数求出的最小值即可求得结果.

【小问1详解】

根据题意可得，

若，在上恒成立，此时函数在上单调递增；

若，此时，

当时，满足，此时函数在，上单调递增；

当时，满足，此时函数在单调递减；

若，此时，

当时，满足，此时函数在，上单调递增，

当时，满足，此时函数在单调递减；

综上可知，时，在上单调递增；

时，在和上单调递增，在单调递减；

时，在和上单调递增，在单调递减；

【小问2详解】

由可得，解得；

所以，则，

易知时，，

若函数在上恒成立，等价成在上恒成立；

令，则；

令，则在上恒成立，

即函数在上单调递增，

易知，由于，所以，

而，且，所以；

因此在有且仅有一个零点，满足，且；

所以当时，，当时，；

因此函数在上单调递减，在上单调递增；

所以的最小值为，显然，

因此，又是整数，

所以的最大值为4.

【点睛】关键点点睛：本题在求解函数的最小值时，需限定其导函数的零点的取值范围，此时应当尽量缩小其范围以便求得整数的最大值.