2023届新疆生产建设兵团地州学校高三上学期一轮期中调研考试数学（理）试题（解析版）

2023届新疆生产建设兵团地州学校高三上学期一轮期中调研考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合一元二次不等式化简集合，再由交集运算可求.

【详解】，，

则.

故选：C

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数乘法公式，即可计算结果.

【详解】.

故选：D

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合指对互化求出，再由对数运算性质可求.

【详解】由得，所以.

故选：A

4．鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿．已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”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】根据充分、必要性的定义及题设描述，判断条件间的关系.

【详解】“甲的牙齿的枚数不大于1”，即甲无齿或有1枚独齿，故甲可为须鲸类或齿鲸类，充分性不成立；

“甲为须鲸”，即甲无齿，故甲的牙齿的枚数不大于1，必要性成立；

所以“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.

故选：B

5．已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则（    ）

A．1 B． C．2 D．1或

【答案】D

【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可.

【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，

因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，

所以，，

故满足，解得，

又，

所以.

故选：D

6．如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.

【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，

所以，则线与所成角等价于与所成角，设，

则，，，，，

则，

所以直线与所成角的余弦值为.

故选：C

7．现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（    ）

A．4 cm/s B．5 cm/s

C．6 cm/s D．7cm/s

【答案】C

【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.

【详解】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，

所以，则cm/s.

故选：C

8．函数的大致图象不可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由函数定义域，函数在区间上的符号即可得解.

【详解】由题意知，则，当时，，，，所以的大致图象不可能为C，而当为其他值时，如时图象为A，时图象可为B，时图象可为D，均有可能出现.

故选：C

9．函数的部分图象如图所示，若，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】数形结合求得的解析式，再根据已知条件求得，结合正弦的差角公式即可求得结果.

【详解】由图可知，的最小值为，又，故可得；

又，故可得，又，故可得；

由五点作图可知，，故可得满足题，则；

若，且，即，又，故，则，

故.

故选：C.

10．青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一．如图1，这是一个青花瓷圆盘．该圆盘中的两个圆的圆心重合，如图2，其中大圆半径，小圆半径，点在大圆上，过点作小圆的切线，切点分别是，，则（    ）

A． B． C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据题意，求出，利用直角三角形的性质和二倍角公式得到，然后代入向量数量积公式即可求解.

【详解】由题意可知：，，

因为为切线，所以，如图，

由勾股定理可得：，所以,

由，，

过，

所以，

故选：.

11．已知函数，的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（    ）

A． B． C．0 D．1

【答案】D

【分析】根据的对称性，结合已知条件，求得的周期，通过赋值，即可求得结果.

【详解】的图象关于直线对称，故可得，

又，

则，，，

故，，故是周期为的函数.

由可得，又，故可得，

则.

故选：D.

12．如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先做辅助线，再结合已知条件知四点共面，则点在线段上，再通过三棱锥的外接球的球心必在每个面过外心的垂线上找到球心，然后结合球心到每个顶点的距离相等构造式子，对点的位置进行讨论进而得到外接球半径的范围，进而得到答案.

【详解】如图，连接，，，

易证四边形是平行四边形，因为，所以 四点共面，又因为点在侧面内，所以点在线段上.

取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，易证，则平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，.设三棱锥外接球的半径为，则.因为，所以，，所以，所以.则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值.故三棱锥外接球表面积的取值范围是.

故答案为：.

二、填空题

13．函数的图象在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】先求导，再由导数的几何意义和点斜式即可求解.

【详解】由得，，，所以的图象在点处的切线方程为.

故答案为：

14．已知,满足约束条件,则的最大值为___________.

【答案】2

【分析】根据约束条件画出可行域,找到交点,找到使直线纵截距最大时的点,代入即可.

【详解】解:画出约束条件满足的可行域如下所示,

由图可知,当过B点时,z取最大值,

联立可得,

代入.

故答案为:2

15．函数的值域是__________．

【答案】

【分析】化简函数解析式，通过换元转化为3次函数，利用导数研究函数的单调性， 根据单调性求值域.

【详解】因为，所以，

令，则，故原函数可化为，且，

所以，令，可得，

当时，，函数在上单调递减，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

又，，，，

所以函数，的值域为，

所以函数的值域是，

故答案为：.

16．设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，设，可证出为递增数列，进而即得.

【详解】当时，，得，

当时，，，

两式相减得，

得，

所以，又因为，

所以是以6为首项，4为公差的等差数列，

所以，即，

因为对任意，，

所以，即，

记，则，

所以为递增数列，，

所以，即.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数．

(1)求的最小正周期；

(2)将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合周期公式即可求解；

（2）结合平移法则和诱导公式化简得，由余弦函数图象特征解不等式即可求解.

【详解】（1）

，故；

（2）因为，向左平移个单位长度，

得到，

故要使，需满足，解得，故的解集为

18．如图，在平面四边形中，.

(1)求的值；

(2)求的长度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；

（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.

【详解】（1）在中，由勾股定理得，

，

；

（2）因为，所以，

在中，由余弦定理得：

19．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，求在上的最大值与最小值．

【答案】(1)分类讨论，答案见解析；

(2)最大值为1，最小值为．

【分析】（1）对参数分类讨论，结合导数研究每一种情况下对应的单调性即可；

（2）根据（1）中所求函数的单调性，即可求得函数的最值.

【详解】（1）因为．

当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，若，；若，，

所以在上单调递减，在，上单调递增；

当时，若，；若，．

所以在上单调递增，在，上单调递减；

综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在，上单调递增；

当时，在上单调递增，在，上单调递减.

（2）当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，

所以在上的最大值为．

因为，，所以在上的最小值为．

综上所述：的最大值为，最小值为.

20．已知等差数列满足，，数列满足，．

(1)求，的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据等差数列的基本量结合题意求得首项和公差，即可求得；利用累加法，结合等比数列的前项和公式，即可求得；

（2）根据（1）中所求，求得，再利用错位相减法即可求得结果.

【详解】（1）设数列的公差为，由题可得，解得，

故；

因为满足，，

故当时，

，

故，符合该式，所以；

（2）由题可得，设的前项和为，

则，

故，

则

即，故.

故数列的前项和为.

21．在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.

(1)若，求三棱锥的体积；

(2)若平面平面，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据锥体体积公式直接求解；(2)利用空间向量运算，根据面面垂直则法向量数量积为零的原理求解.

【详解】（1）将几何体补成如图所示的长方体.

由题意可得，，

则四边形是边长为的正方形.

.

三棱锥的体积.

（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，

则，，，.

由，，知，.

设平面的一个法向量为，则

，即，取，则.

设平面的一个法向量为，则

，即，取，则.

因为平面平面，所以，

则，解得.

22．已知函数的两个不同极值点分别为，（）.

(1)求实数的取值范围；

(2)证明：（为自然对数的底数）.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）把函数有两个不同极值点，转化为有两个不同的实数根，令，结合其导数分析值域情况，从而得到实数的取值范围；

（2）由题意可知，是方程的两个根，从而有，变形可得：，令，则，再利用分析法即可证明.

【详解】（1）解：因为有两个不同极值点，，

所以有两个不同的根，，

令，则.

令，得；令得.

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以.

因为当时，，所以.

（2）证明：由（1）可知，且，是方程的两个根，

即，所以，

所以，所以.

令，则，

要证，即证，即证，即证.

令，则，

所以在上单调递增.

因为，所以，所以成立，故成立.