2023届湖北省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省部分学校高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．设，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】结合复数乘法以及复数相等的知识求得正确答案.【详解】依题意，即，所以，即.故选：C2．已知集合，，若，则a的取值集合是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，再根据，，分别来求出的值即可.【详解】,，当，即时，符合；当时，，得；当时，，得；则a的取值集合是故选：C3．设函数则（    ）A．8 B．6 C．4 D．3【答案】D【分析】代入解析式运算求解.【详解】由题意可得，则.故选：D.4．“”是“”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】A【分析】运用诱导公式将条件化简之后，平方法可判断,注意开根号有2个解.【详解】，对上式左右平方得：反之，当故选：A5．明朝朱载培发现的十二平均律，又称“十二等程律”，是世界上通用的一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的波长之比完全相同.若已知应钟、大吕、夹钟、仲吕的波长成等比数列，且应钟和仲吕的波长分别是，，则大吕和夹钟的波长之和为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】等比数列第一和第四项用通项公式可求出公比，进而求出第二和第三项可得答案.【详解】故选：C6．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】设分别是的中点，连接，则，由于是等边三角形，所以，根据直三棱柱的性质可知，平面平面，且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以.根据根据直三棱柱的性质可知，平面，所以平面，平面，所以，由此以为原点，建立空间直角坐标系如下图所示，设，则，所以，设异面直线与所成角为，则.故选：A7．在中，，分别在，上，且，，，交于点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点作的平行线，根据线线平行可得三角形相似，进而得到的长度之比.【详解】如图，过点作的平行线交于在中，为中位线，又在中，所以故选：A8．已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，成立，当时，，若对任意的，都有，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出函数在区间、上的值域，然后在时解不等式，根据题意可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围，即可得解.【详解】令，其中，则，所以，函数为偶函数，当时，，则当时，，则，当时，，则，当时，由可得或，当时，，由可得，解得.故选：A. 二、多选题9．已知直线，圆，则（    ）A．直线过定点B．圆的半径是1C．存在一个实数，使得直线经过圆的圆心D．无论取何值，直线与圆相交【答案】ACD【分析】A选项，将变形得到，求出直线所过定点；B选项，将圆化为标准方程，得到圆心与半径，B正确；C选项，求出当时，直线经过圆心；D选项，得到点在圆内，所以无论取何值，直线与圆都相交.【详解】变形为，令，解得：，可得直线过定点，正确；变形为，圆的圆心为，半径为3，则B错误；将代入直线中，，解得：，当时，直线经过圆心，则正确；将代入中，，故点在圆内，所以无论取何值，直线与圆都相交，则D正确.故选：ACD10．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥为阳马，底面是边长为2的正方形，其中两条侧棱长都为3，则（    ）A．该阳马的体积为 B．该阳马的表面积为C．该阳马外接球的半径为 D．该阳马内切球的半径为【答案】ABD【分析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积；然后再分析发现其外接球球心为中点，内切球的大圆半径其实是的内切圆半径.【详解】如图，不妨底面，两两互相垂直，平面平面，又由对称性：，所以A对；B对；都是以为斜边的直角三角形，所以都在以为直径的球上，C错；分析易知：内切球的大圆半径其实是的内切圆半径，根据内切圆半径公式可得：D对；故选：ABD【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.11．已知定义在上的函数的导数为，对任意的满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】构造函数，结合导数，利用已知条件求得的单调性，从而确定正确答案.【详解】构造函数，，所以在上递增，所以，由，得，D选项错误.由，得，C选项正确.由，得，B选项正确.由，得，A选项正确.故选：ABC12．已知函数在上恰有3个零点，则（    ）A．B．在上单调递减C．函数在上最多有3个零点D．在上恰有2个极值点【答案】BC【分析】首先利用辅助角公式得，根据范围得到的范围，结合图像列出不等式，则得到的范围，利用代入检验法即可判断B选项，对C选项证明达不到四个零点，再列举三个零点的情况即可，对D选项，找到一个值满足3个极值点即可.【详解】，，，，函数在上恰有3个零点，故，解得，故A错误，当，，，，，而正弦函数在上单调递减，故函数在上单调递减正确，故B正确，令，即，解得，，，区间长度为，若在某闭区间上有四个解，则区间长度至少为，比如，则不可能存在四个解，当时，即，，则或或，解得或或，故最多有3个零点，故C正确.当时，此时，令，,解得，，则 ，解得，，，当时，，当时，，当时，，此时在上有3个极值点，故D错误，故选：BC.【点睛】关键点睛：首先利用辅助角公式将函数化成关于正弦的函数，然后整体法结合图像得到关于的不等式，即可求出其范围，单调性问题可以通过代入检验，零点个数和极值点个数问题，通过寻找特例去证明或反驳，这也是选择题常用的方法. 三、填空题13．若函数的值域是，则______.【答案】【分析】根据二次函数的值域列式可求出结果.【详解】因为函数的值域是，所以，解得.故答案为：.14．已知向量满足，则向量与向量的夹角是______.【答案】##【分析】利用模长的平方等于向量的平方和向量数量积公式求解即可.【详解】由题意可得，即，则，所以，又，所以，故答案为：15．在中，分别是线段的中点，，则面积的最大值是______.【答案】【分析】结合向量运算以及基本不等式求得，利用三角形的面积公式求得正确答案.【详解】由题意可得，则.因为，当且仅当时，等号成立，所以，即，由于，所以的面积.故答案为：16．已知圆：与圆：，点A，B圆上，且，线段AB的中点为D，则直线OD（O为坐标原点）被圆截得的弦长的取值范围是______.【答案】【分析】由知点在以为圆心为半径的圆上，由直线与此圆有交点得，再表示出直线OD被圆截得的弦长后求其最值即可.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.因为，所以，即点在以为圆心，为半径的圆上.设直线的方程为，则，即，解得.圆心到直线的距离为，直线OD被圆截得的弦长 ，令，，则， 当时为减函数，当时，为增函数，故，，当时，直线经过，此时直线被圆截得的弦长最长，最长的弦长是圆的直径6.当时，直线被圆截得的弦长最短，则弦长为；综上，直线被圆截得的弦长的取值范围是.故答案为：【点睛】分式型函数求最值方法：①转化为反比例函数求最值；②转化为对勾函数或基本不等式求最值；③换元为二次函数求最值；④用导数求最值. 四、解答题17．在中，角，，的对边分别为，，，且．(1)求的值；(2)若，的面积是，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式等知识化简已知条件，从而求得的值.（2）先求得，利用三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求得.【详解】（1）依题意，，由正弦定理得，，所以，由于，所以，所以，则．（2）由（1）得，所以，由解得，由于，所以，由余弦定理得.18．如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且．(1)证明：平面．(2)若为线段的中点，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求二面角的余弦值．【详解】（1）等腰梯形中，，，，则则，∴又由，可知又，面，面故面（2）过点C作平面，以C为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系则，，，，则，设面法向量为则，则，令，则，，则又面一个法向量为故二面角的余弦值为19．数列满足，．(1)证明：数列为等差数列．(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据已知证明等于一个定值即可；（2）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）证明：因为，所以，又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列；（2）解：由（1）得，，则.20．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)若，讨论函数的零点个数．【答案】(1)，(2)答案详见解析 【分析】（1）利用三角恒等变换的知识化简的解析式，利用整体代入求得的单调递增区间.（2）先求得在区间上的值域，利用换元法，结合对分类讨论来求得零点的个数.【详解】（1），由，，解得，，故递增区间为，.（2），则，则，所以，画出在区间上的图象如下图所示，令，则，，由，结合图象得：①当时，，，即，此时零点唯一；②当时，或或，此时三个零点；③当时，或或，此时两个零点；④当时，或或（无解），此时只有一个零点；⑤当时，或或，此时两个零点；⑥当，时，或或，此时有两个零点；⑦当时，或或（无解），此时有一个零点；综上所述：当时，只有一个零点；时，只有两个零点；，有三个零点.21．已知圆与轴相切，圆心在直线上，且点在圆上.(1)求圆的标准方程.(2)已知直线与圆交于两点（异于点），若直线的斜率之积为2，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是， 【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，根据直线的斜率之积列方程，从而求得定点的坐标.【详解】（1）设圆的标准方程为，则,解得，故圆的标准方程为.（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，联立，整理得，则，从而.，即，即，解得或.因为直线不经过点，所以，所以，则直线，即直线过定点.当直线的斜率不存在时，设的方程为，则，从而，整理得.因为，所以，此时直线的方程为，即直线经过点，不符合题意.综上，直线过定点.22．已知函数，是的导函数．(1)若关于的方程有两个不同的正实根，求的取值范围；(2)当时，恒成立，求的取值范围．（参考数据：）【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导，关于的方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的正实根，令，利用导数求出其单调区间，从而可得出答案；（2）当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，令，利用导数求出函数的最小值即可得解.【详解】（1）解：，关于的方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的正实根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，上递增，所以，又当时，，当时，，所以，即，所以；（2）解：当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，令，则,当时，，所以函数在上递增，当时，令，则，所以函数在上递增，所以，所以当时，，即，所以函数在上递增，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了利用导数研究方程的根及函数不等式恒成立问题，解决两个问题的关键都是分离参数，计算量较大，有一定的难度.