2023届江西省部分学校高三上学期11月质量检测巩固卷数学（理）试题含解析

2023届江西省部分学校高三上学期11月质量检测巩固卷数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分别解出集合与集合，最后算出

【详解】因为，，

所以．

故选：C．

2．已知复数满足，则在复平面上所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的除法，复数与共轭复数关系解决即可.

【详解】由题知，，

所以，其所对应点为，位于第四象限．

故选：D．

3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三视图画出几何体的直观图，然后根据几何体为三棱锥，计算出几何体的体积.

【详解】由三视图可推知，几何体的直观图如图所示，

其中平面平面，

，

三棱锥的体积为．

故选：B

【点睛】本题主要考查了三视图，考查三棱锥体积的计算，属于较易题.

4．对于实数a，b，c，给出下列命题：

①若，，则，；②若，则；

③若，则；④若，则.

其中正确命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由不等式的性质逐一判断即可.

【详解】若a，b同号，不可能，则，，所以①错误；

若，则，所以②错误；

由，知，即③成立；

由，知，，所以④成立.

故选：B.

5．设x∈R，a＜b，若“a≤x≤b”是“x2+x-2≤0”的充分不必要条件，则b-a的取值范围为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式求得x的取值范围，根据充分不必要条件可求出a、b的范围即可．

【详解】解不等式得

因为“ ”是“ ”的充分不必要条件，且

所以

所以选C

【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，注意边界问题，属于基础题．

6．牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：，其中为时间（单位：为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度.假设在室内温度为的情况下，一杯饮料由降低到需要，则此饮料从降低到需要（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件，将已知数据代入即可求解，进而将，，，代入解析式中即可求解时间．

【详解】由题意可得，，，，代入，

，解得，

故，解得．

故当，，，时，

将其代入得，解得，

故选：B

7．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】先求得的解析式，然后求得的解析式，利用降次公式和辅助角公式进行化简，根据三角函数的取值范围求得的最大值.

【详解】由题可知， ，所以的最大值为.故选A.

【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换，考查三角函数降次公式和辅助角公式，考查三角函数最大值的求法，属于中档题.

8．如图，在等腰梯形中，，，，若分别是边上的点，且，，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】建立平面直角坐标系，坐标运算解决即可.

【详解】如图所示建立直角坐标系，则，，，，

所以，，又，，

所以，，

则，

，

所以，

故选：C.

9．如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③平面；④平面，其中恒成立的为（    ）

A．①③ B．③④ C．①② D．②③④

【答案】A

【解析】在①中：由题意得平面，从而平面平面，由此得到；在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线；在③中：由平面平面，从而得到平面；在④中：由已知得平面，从而得到与平面不垂直.

【详解】如图所示，连接、相交于点，连接，.

在①中：由正四棱锥，可得底面，，∴.

∵，∴平面，

∵，，分别是，，的中点，

∴，，而，

∴平面平面，

∴平面，∴.故正确.

在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线，

不可能，因此不正确；

在③中：由①可知平面平面，∴平面，因此正确．

在④中：由①同理可得：平面，若平面，

则，与相矛盾，

因此当与不重合时，与平面不垂直.即不正确.

∴恒成立的结论是：①③．

故选：A.

10．已知是等比数列，为其前项和，给出以下命题：

①是等比数列；②是等比数列；③，，，…是等比数列；

④是等比数列，⑤若，则.其中正确命题的个数为（    ）

A．5 B．4 C．3 D．2

【答案】D

【分析】根据题意找到反例说明命题错误，或者利用等比数列的定义或前项和公式证明命题正确.

【详解】设等比数列的公比为，

若，数列不是等比数列，

例如数列1，，1，，…，相邻项相加所构成的数列不是等比数列，

故①不正确；

因为是定值，故②正确；

与第1个相仿，若相加和为零，不能构成等比数列，

例如数列1，，1，，…，，，，…不能构成等比数列，

故③不正确；

例如，，则不是等比数列，故④错误；

由知，

，

所以，则，⑤正确.

故选:D.

11．设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是　　

A． B． C．2e D．e

【答案】D

【详解】分析：将原问结合函数的单调性转化为对任意的恒成立，结合导函数的性质求解实数的最大值即可.

详解：不等式.

设，则,于是f(x)在上是增函数.

因为，，所以，

即对任意的恒成立，因此只需.

设，，

所以在上为增函数，

所以，所以，即m的最大值是e.

本题选择D选项.

点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

12．如图，在长方体中，，，，点M是棱的中点，点N在棱上，且满足，P是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，由此推导出线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，由此能求出线段长度的取值范围．

【详解】取中点，在上取点，使，连结、、，

则平面平面，

是侧面四边形内一动点（含边界），平面，

线段，

当与的中点重合时，线段长度取最小值，

当与点或点重合时，线段长度取最大值或，

在长方体中，，，，

点是棱的中点，点在棱上，且满足，

，，

．

线段长度的取值范围是，．

故选：D．

【点睛】本题考查立体几何中线段长取值范围，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力．

二、填空题

13．若x，y满足约束条件，且目标函数可以在点处取到最大值，则k的取值范围是___________．

【答案】

【分析】画出线性区域找出可行域，然后将问题进行转化截距问题来求最值

【详解】如图，阴影部分表示不等式组对应的可行域，

由，可得，z表示直线在y轴上的纵截距，

因为，可以在点B处取得最大值，

所以，所以．

故答案：.

14．已知，则__________．

【答案】

【分析】先将已知等式中分离出来，然后利用诱导公式以及两角和的余弦公式进行化简，由此求得的值.

【详解】由题可得 .

【点睛】本小题主要考查方程的思想，考查诱导公式，考查两角和的余弦公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

15．在四棱锥中，平面，，，，，二面角的大小为.若四面体的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______.

【答案】

【分析】利用对角互补的四边形是圆的内接四边形证得四点共圆，再证明，即可得为二面角的平面角，从而可求得，在由题意可得，从而可得即为四面体外接球的直径，即可得半径，从而可得出答案.

【详解】解：因为，所以A，B，C，D四点共圆，

又，故直径是AC，

因为平面ABCD，平面ABCD，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

同理，

所以为二面角的平面角，即，且

即为四面体外接球的直径，

因为，所以，又，所以，

所以，

故球的半径，

所以该球的表面积为.

故答案为：.

16．斐波那契数列，又称黄金数列，指的是1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，在现代物理、准晶体结构等领域都有直接应用，对斐波那契数列，其递推公式为，．已知为斐波那契数列的前n项和，若，则___________．（结果用p表示）

【答案】##

【分析】由已知条件，写出递推公式，累加法求出相应的通项（或递推）公式即可.

【详解】因为，

所以，

，

，…，

，

将以上n个式子两边分别相加，

得，

所以，

又，

所以，

所以，

所以．

故答案为：.

三、解答题

17．在中，，，分别为内角，，的对边，，且边上的中线长为，．

(1)求角的大小；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式进行求解.

（2）利用向量的运算、模长公式以及三角形的面积公式进行求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得：，

所以．

因为，

所以，

即，

即，

整理得．

因为，所以，所以，

即，

所以．

因为，所以，即．

（2）设的中点为，根据向量的平行四边形法则可知：

，所以，

即，

因为，，所以，

解得或（舍去）．

所以．

18．如图，在正方体中，点是底面的中心，是线段上的一点.

(1)若是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值；

(2)是否存在点使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用空间向量的坐标运算求线面角的正弦；（2）利用空间向量的坐标运算，假设存在点，并根据共线假设出坐标，根据面面垂直，则法向量数量积等于零即可求解,

【详解】（1）不妨设正方体的棱长为2，以分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.

（1）因为点是的中点，所以点的坐标为.

所以，，.

设是平面的法向量，则

即

取，则，，所以平面的一个法向量为.

所以.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（2）假设存在点使得平面平面，设.

显然，.

设是平面的法向量，

则，即

取，则，，所以平面的一个法向量为.

因为，所以点的坐标为.

所以，.

设是平面CDE的法向量，

则即

取，则，，

所以平面CDE的一个法向量为.

因为平面平面，

所以，即，，解得.

所以的值为2.

故存在点E，使得平面平面，且此时.

19．2019年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本3000万元，生产（百辆），需另投入成本万元，且,由市场调研知，每辆车售价为6万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.

（1）求出2019年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；

（2）2019年年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？求出最大利润？

【答案】（1）；（2）产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元.

【分析】（1）分与两种情况分别求出的表达式后，将其写成分段函数的形式即可．

（2）当时，利用二次函数的性质求出的最大值，当时，利用对勾函数的性质求出的最大值，再比较即可得到的最大值和相应的的取值．

【详解】（1）当时，，

当时，.

综上所述，．

（2）当时，，所以当时，当时，，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，所以当，即年年产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元.

20．如图,在三棱柱中,四边形是矩形, ,平面平面.

(1)证明:；

(2)若, ，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是菱形,进而可得；

（2）以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量垂直数量积为零，列方程组求出平面的法向量，结合平面的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.

【详解】（1）在三棱柱中,，

.

又平面，

平面.

设与相交于点,与相交于点,连接，

四边形与均是平行四边形，

所以分别是的中点，

,平面，∵平面，

，，

是平面与平面所成其中一个二面角的平面角.

又平面平面,

，

四边形是菱形,从而.

（2）

由(1)及题设可知四边形是菱形, ，

.

以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

,,，

，.

设平面的法向量，

即，

令,可得.

又由（1）可知平面,

可取平面的法向量为，

，

由图可知二面角的平面角为锐角,所以它的余弦值为.

21．已知数列的前项和为，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)在数列中，，其前项和为，证明．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由构造，得，然后累加法求通项即可；（2）由（1）得，裂项相消求即可.

【详解】（1）由题知，，

所以

当时，，

两式相减得，

整理得，

即，

又，

，

所以，

当时，，满足

所以．

（2）证明：由（1）得，

所以，

则

．

又，

所以数列单调递增，当时，最小值为，

又因为，

所以．

22．已知函数.

(1)若在上恒成立，求实数的最大值；

(2)若，求证：.

【答案】(1)实数的最大值是

(2)证明见解析

【分析】（1）当时显然满足条件的实数的最大值是0，当时由题意即可，利用导函数和放缩法求的最大值即可；

（2）要证，即证，当时，利用放缩可得，当时，利用放缩可得，利用导函数分别证明不等式即可.

【详解】（1）当时，因为当时，显然成立，故此时实数的最大值是0；

当时，在上恒成立，即在上恒成立，              

令，则，

①当时，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以；               

②当时，，

综上，函数的最大值为.

所以，又，解得.

综上所述，实数a的最大值是.

（2）若，要证，即证，

令，

当时，，显然有，                           

令，则在上恒成立，所以在上单调递增，

所以；                                               

当时，令，，

所以大于0恒成立，

所以单调递增，又，所以，，

所以，

令，则，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

综上在上恒成立，

即.

【点睛】证明不等式恒成立问题常转化为最值问题，本题第二问的关键在于利用放缩法将转化为在上和在上求解，属于难题.