2023届湖北省九师联盟高三上学期8月开学起点考试数学试题含解析

这是一份2023届湖北省九师联盟高三上学期8月开学起点考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省九师联盟高三上学期8月开学起点考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式可得集合，求函数值域可得集合，进而可得.【详解】解不等式得，又，所以，即集合，所以，故选：B.2．已知复数， 则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法运算化简，可得与.【详解】，，，所以，故选：A.3．已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量的坐标为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据及相关公式可得，再根据投影向量的计算公式求解.【详解】，，所以所以在上的投影向量为，故选：B.4．在中，“”是“为钝角三角形”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】C【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.【详解】为钝角三角形.∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.故选：C.【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.5．已知等比数列的各项均为正数，且，则的最大值为（       ）A．9 B．8 C．3 D．27【答案】D【分析】设等比数列的公比为，由已知求出、，则转化为求指数的最值可得答案.【详解】设等比数列的公比为，则由得，解得，，所以，当且仅当或时的最大值为.故选：D.6．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作直线与的左、右两支分别交于两点，且是以为顶角的等腰直角三角形，若的离心率为，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设, 求出，再根据得解.【详解】解：设，由双曲线的定义得，又，∴.又,所以，所以.故选：C7．某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．支出最高值与支出最低值的比是8：1B．4至6月份的平均收入为50万元C．利润最高的月份是2月份D．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同【答案】D【分析】根据折线统计图即可判断各选项,此类问题属于容易题．【详解】由图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是5：1，故A错误，由图可知，4至6月份的平均收入为万元，故B错误，由图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C错误，由图可知2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同，故D正确，故选D．【点睛】本题考查了统计图的识别和应用，关键是认清图形，属于基础题．8．若不等式对恒成立，其中，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求导，研究函数的单调性，根据参数不同的取值，分类讨论，求得函数的最小值，再利用分离参数，构造新函数，求最值，可得答案.【详解】令，求导得，当时，易知函数单调递增，函数值域为R，则不合题意；当时，令，解得，可列下表：极小值 则，可得，令，求导得，令，可得，可得下表极大值 则，则，故选：A.9．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（       ）A．甲与丙相互独立 B．丙与丁相互独立 C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立【答案】C【分析】根据给定条件，求出各个事件的概率，再利用相互独立事件的定义判断作答.【详解】甲、乙、丙、丁事件分别记为，则有，，对于A，显然甲丙不可能同时发生，即，A不正确；对于B，显然丙丁不可能同时发生，即，B不正确；对于C，，甲与丁相互独立，C正确；对于D，，D不正确.故选：C 二、多选题10．在长方体中，，则（       ）A．平面平面B．直线与所成的角为C．A到平面BDD1B1的距离为D．直线与所成的角为【答案】AB【分析】设，，连接，由二面角的定义可得即为平面与平面二面角的平面角，根据四边形为正方形贫困的A；因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角,由四边形为正方形，可判断B；做交于， 根据线面垂直的判定定理得平面，求出的长度可判断C；连接，直线与所成的角即为直线与所成的角，利用余弦定理得可判断D.【详解】对于选项A， 设，，连接，平面平面，所以分别是平面、平面的中心，，因为平面，所以平面，平面，所以，即即为平面与平面二面角的平面角，因为，所以四边形为正方形，所以，故A正确；对于选项B，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角,由四边形为正方形，所以，所以直线与所成的角为，故B正确；对于选项C， 做交于， 因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以的长度即为点到平面的距离，因为，，可得，故C错误；对于选项D，连接，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，,，，由余弦定理得，故D错误.故选：AB.11．已知函数，则（       ）A．的图象关于点对称B．的图象关于直线对称C．是奇函数D．有4个零点【答案】BD【分析】根据对称性，利用公式，可得A，B的正误，根据函数的图象变换，构造新的函数，利用奇偶性的定义，可得C的正误，根据零点的定义，三角函数与对数函数的性质，可得D的正误.【详解】对于A，，故错误；对于B，，故正确；对于C，，令，则，故错误；对于D，由，则，解得，则有两个解，因为，，，令，则，，由，则在内有两个根，故正确.故选：BD.12．已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线相交于两点，分别过两点 作的切线，且相交于点，则（       ）A． B．点在直线上C．为直角三角形 D．面积的最小值为16【答案】BCD【分析】根据题意联立直线与抛物线的方程，得到，；再求出切线和的方程，联立求得交点，然后分别对选项判断即可.【详解】由题可知，抛物线的焦点，显然直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立，消去并整理得，，，由得，，，故切线的方程为：①故切线的方程为：②联立①②得，对于A，，，不正确，故A不正确；对于B，，显然点在直线上，故B正确；对于C，，，，，将，，且，，代入上式化简得：，，为直角三角形，故C正确；对于D，到直线的距离为：，，，当时，，故D正确. 故选：BCD 三、填空题13．已知圆，则过原点且与相切的直线方程为______.【答案】或【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得.【详解】圆的圆心坐标，半径，当切线的斜率不存在时，，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；当切线的斜率存在时，设斜率为，，由圆心到切线的距离等于半径得，解得，所以直线方程为.故答案为：或.14．五位同学站成一排合影，张三站在最右边，李四、王五相邻，则不同的站法种数为______.【答案】【分析】根据特殊元素优先原则，结合捆绑法可得解.【详解】由李四、王五相邻，将两人视为一个整体，可看作共四位同学，又张三站在最右边，只有种情况，所以不同站法种数为种，故答案为：.15．在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，则平面截该三棱锥的外接球所得截面圆的面积为______.【答案】【分析】根据画图，可得平面截该三棱锥的外接球所得截面圆为的外接圆，根据勾股定理，可得为等边三角形及其边长，求其外接圆的面积.【详解】由题意，平面截该三棱锥的外接球所得截面圆为的外接圆，其圆心为点，作，连接，作图如下：因为三条棱两两垂直，所以在中，，同理可得：，则为等边三角形，即圆心为中心，则，易知，则的面积，故答案为：.16．已知是定义域为的函数，为奇函数，为偶函数，则______.【答案】0【分析】依题意可得关于直线对称、关于点对称且时周期为的周期函数，再求出、，即可得解.【详解】解：因为为偶函数，所以，所以，即，则关于直线对称，因为为奇函数，所以，所以的图象关于点对称，所以，则，所以是周期为的周期函数，由，即，所以为奇函数，又是定义域为的函数，所以，在中，令，所以，所以，在中，令，所以，所以，所以，所以.故答案为： 四、解答题17．已知等差数列的前项的和为.(1)求的通项公式;(2)求数列的前项和.并证明.【答案】(1).(2)，证明见解析.【分析】（1）利用基本量法以及等差数列的性质求解.（2） 利用裂项相消法以及不等式的性质求解证明.【详解】(1)设的公差为d，由题意得：，解得，所以.(2)令，由（1）有：，所以，，，，.18．已知的角的对边分别为 ，且，(1)求角;(2)若平分交线段于点，且，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用余弦定理化简，然后代入已知式子中利用正弦定理统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角，（2）由结合平分，可得，作于，则由结合已知条件可得，解方程组可求得，再利用余弦定理可求出，从而可求出三角形的周长.【详解】(1)由余弦定理得所以可化为再由正弦定理，得，得，所以.因为， 所以(2)因为平分，所以.由，得.作于，则.由，解得由余弦定理，得，所以故的周长为 19．某校为了缓解高三学子复习压力，举行“趣味数学”闯关活动，规定每人从10道题中至少随机抽3道回答，至少答对2题即可闯过第一关， 某班有5位同学参加闯关活动， 假设每位同学都能答对10道題中的6道题，且每位同学能否闯过第一关相互独立.(1)求同学闯过第一关的概率;(2)求这5位同学闯过第一关的人数的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】(1)用等可能事件的概率公式可分别求出答对2题和答对3题的概率，随之相加即可.(2)列出的所有可能取值，且服从二项分布，对每个取值求出相应的概率，列出分布列，从而求出数学期望.【详解】(1)同学闯过第一关的情况有答对2题和答对3题，故同学闯过第一关的概率 (2)由题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，且服从二项分布，即.，，故的分布列为012345 所以.20．如图1，四边形是梯形，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.(1)若是的中点，求证：平面平面;(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，取中点，得垂直，再根据线面垂直，可得线线垂直，根据面面垂直，可得答案.（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式，求坐标，可得答案.【详解】(1)证明：取中点，连接，易证平面，所以.又因为，所以，而，所以平面，又平面，所以平面平面.(2)解:易求得， 又， 所以， 可得，而.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，得，所以.设平面的一个法向量为，由令，则;易得平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，即，解得，或（舍去）.所以.21．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程;(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.【详解】(1)设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，化简得 ；(2)直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设 ，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.22．已知函数.(1)当时，求的单调区间;(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为和;单调递减区间为(2)【分析】(1)求函数的导函数，解不等式，求函数的单调区间(2) 令，利用导数研究其最值可求的取值范围.【详解】(1)当时，，其定义域为，，令，得或;令，得.所以的单调递增区间为和;单调递减区间为(2)，令，由已知当时，恒成立.①若，则在上恒成立，在上单调递增，所以当时，，因为，所以所以恒成立，所以符合题意.②若，由，得或;由，得，所以的单调递增区间为和的单调递减区间为.（i） 当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以对，要使恒成立，只需而成立，所以符合题意;（ii） 当，即时，则在上单调递减，在上单调递增.所以对，要使恒成立，只需即可，而成立， 所以符合题意;（iii） 当，即时，在上单调递增，所以对，要使恒成立恒成立，只需，可见，或符合题意.综上，实数的取值范围是