2023屆廣東省廣州市增城中學(xué)、廣東華僑，協(xié)和中學(xué)三校高三上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析

這是一份2023屆廣東省廣州市增城中學(xué)、廣東華僑，協(xié)和中學(xué)三校高三上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析，共18頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，雙空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2023屆廣東省廣州市增城中學(xué)、廣東華僑，協(xié)和中學(xué)三校高三上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題 一、單選題1．已知集合，則（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)單調(diào)性解不等式化簡集合A，由二次不等式化簡B，直接計算并集即可.【詳解】，，故選：A2．已知復(fù)數(shù)，則復(fù)數(shù)的虛部為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由復(fù)數(shù)的運算求出，再求出虛部即可.【詳解】，故虛部為.故選：C3．如圖，在平行四邊形中，分別為上的點，且，連接交于點，若，則的值為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】選為基底分別把表示出來，然后代入中，的系數(shù)對應(yīng)相等即可；本題也可以用排除法，顯然，故，只有C選項滿足，故選C.【詳解】設(shè)則顯然得顯然因為所以有即根據(jù)向量的性質(zhì)可知解得故選：C4．已知等比數(shù)列，滿足，且，則數(shù)列的公比為（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用對數(shù)運算性質(zhì)可得且，從而，由等比數(shù)列性質(zhì)有，所以，即可求公比.【詳解】令公比為，由，故且，所以，則，又，，則，所以，綜上，.故選：B.5．水車在古代是進行灌溉引水的工具，是人類一項古老的發(fā)明，也是人類利用自然和改造自然的象征.如圖是一個半徑為的水車，一個水斗從點出發(fā)，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，且旋轉(zhuǎn)一周用時8秒.經(jīng)過秒后，水斗旋轉(zhuǎn)到點，設(shè)點的坐標(biāo)為，其縱坐標(biāo)滿足，則的表達式為（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由點A坐標(biāo)，可求得.由題可知的最小正周期為8，據(jù)此可求得.又由題,有，結(jié)合可得.【詳解】因點在水車上，所以.由題可知的最小正周期為8，則，又，則.因，則，又，故.綜上：.故選：D6．設(shè)，則“”是“”的（    ）A．充要條件 B．充分而不必要條件C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】結(jié)合基本不等式、不等式的性質(zhì)，根據(jù)充分必要條件的定義判斷．【詳解】，若，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號同時成立，充分性滿足，若，不一定成立，例如，時，，但，必要性不滿足，故選：B．7．已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，且對任意實數(shù)均有成立，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，求出，由是函數(shù)的最大值點，即可求出.【詳解】由題意知，函數(shù)的最小正周期為，因為函數(shù)在上單調(diào)，且恒成立，所以，即，解得，又是函數(shù)的最大值點，是函數(shù)的最小值點，所以，又 ，解得.故選：D.8．已知定義在上的函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，則滿足的的取值范圍為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】將變形為，利用奇偶性和在上的單調(diào)性列出不等式，求出的取值范圍.【詳解】，即，因為是定義在R上的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，所以，解得：或故選：A. 二、多選題9．下列是遞增數(shù)列的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)增數(shù)列的定義，逐項分析即可.【詳解】對于A， ，是擺動數(shù)列，不符合題意；對于B， ，符合題意；對于C， ，當(dāng) 時， ，符合題意；對于D， ，當(dāng) 時， ，不符合題意；故選：BC.10．有下列說法，其中正確的說法為（    ）A．為實數(shù)，若，則與共線B．若，則在上的投影向量為C．兩個非零向量，若，則與垂直D．若分別表示的面積，則【答案】BCD【分析】根據(jù)平面向量共線定理及向量的坐標(biāo)運算即可判斷ABC，然后結(jié)合圖形，結(jié)合向量運算及三角形面積公式即可判斷D.【詳解】對于A，當(dāng)時，很顯然，但是與不共線，故A錯誤；對于B，因為在上的投影向量為故B正確；對于C，因為向量為非零向量，且，即，故與垂直，即C正確；對于D，如圖所示取中點為，則,由，可知，所以三點共線，且，故，故D正確.故選:BCD.11．已知函數(shù)滿足，有，且，當(dāng)時，，則下列說法正確的是（    ）A．是奇函數(shù)B．時，單調(diào)遞減C．關(guān)于點對稱D．時，方程所有根的和為30【答案】AD【分析】利用已知條件可知在上為奇函數(shù)且單調(diào)遞減，根據(jù)可知函數(shù)周期為4，根據(jù)函數(shù)周期性可以推導(dǎo)出函數(shù)關(guān)于、，對稱，根據(jù)函數(shù)圖像即可判斷各選項的正誤.【詳解】由題設(shè)知：，故在上為奇函數(shù)且單調(diào)遞減，根據(jù)可知函數(shù)周期為4，又，即關(guān)于、，對稱.對于A選項，由于關(guān)于，對稱，即，的周期為，得，即，所以為奇函數(shù)，故A正確；對于B選項，等價于，由上易知：上遞減，上遞增，故不單調(diào)，故B錯誤；對于C選項，由上知：關(guān)于對稱且，所以不關(guān)于對稱，故C錯誤；對于D選項，由題意，只需確定與在的交點，判斷交點橫坐標(biāo)的對稱情況即可求和，如下圖示，∴共有6個交點且關(guān)于對稱，則，∴所有根的和為，故D正確.故選：AD【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)已知函數(shù)的性質(zhì)確定對稱軸、對稱中心、周期，并應(yīng)用數(shù)形結(jié)合判斷函數(shù)的交點情況，即可知各項的正誤.12．已知各項都是正數(shù)的數(shù)列的前項和為，且，則（    ）A．是等差數(shù)列 B．當(dāng)或16時，的前項和最小C． D．【答案】ABD【分析】利用定義證明等差數(shù)列判斷A選項正誤，分析通項公式的正負(fù)比較大小，判斷BC選項的正誤，通過構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性判斷D選項的正誤.【詳解】解：已知，對于A， ，，解得：，時，整理得：，故是等差數(shù)列，選項A正確；對于B，，則，令，則數(shù)列的通項公式為，，，其前15項均為負(fù)數(shù)，因此，當(dāng)或16時，數(shù)列的前項和最小，選項B正確；對于C，，選項C錯誤；對于D，令，，則，在單調(diào)遞增，，則，即，選項D正確；故選：ABD. 三、填空題13．設(shè)是公比不為1的等比數(shù)列，且，則的通項公式___________.【答案】.【分析】根據(jù)已知條件列方程求出公比，從而可求出通項公式.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公式為（），因為，所以，即，解得或（舍去），所以，故答案為：.14．曲線在處的切線方程為__________.【答案】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可.【詳解】，切點為，，，切線為：，即.故答案為：15．已知，則___________.【答案】【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系，求出，再由角的變換及兩角差的正切公式求出，即可得解.【詳解】，，，，，，.故答案為：. 四、雙空題16．已知菱形的各邊長為，如圖所示，將沿折起，使得點到達點的位置，連接，得到三棱錐，此時則三棱錐的體積為___________，是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持，則點的軌跡的周長為___________.【答案】          ##【分析】取中點，由題可得平面，進而可得三棱錐的高，進而得出體積，設(shè)點軌跡所在平面為，則軌跡為平面截三棱錐的外接球的截面圓，利用球的截面性質(zhì)求截面圓半徑即得.【詳解】取中點，連接，則，平面，∴平面，，又，，∴，則三棱錐的高，三棱錐體積為；作于，設(shè)點軌跡所在平面為，則平面經(jīng)過點且，設(shè)三棱錐外接球的球心為的中心分別為，易知平面平面，且四點共面，由題可得，，，又，則三棱錐外接球半徑，易知到平面的距離，故平面截外接球所得截面圓的半徑為，∴截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于求三棱錐外接球半徑，關(guān)鍵在于找到三棱錐外接球的球心，根據(jù)勾股定理得出三棱錐外接球的半徑. 五、解答題17．在中，內(nèi)角所對的邊分別為，且滿足．(1)求角；(2)已知，的外接圓半徑為，求的邊上的高．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊化角即可；（2）先根據(jù)正弦定理求得，再根據(jù)余弦定理求得，進而根據(jù)等面積法求得．【詳解】（1）解：在中，由，根據(jù)正弦定理得，，，，又，．（2）解：在中，，，根據(jù)余弦定理得，即，，，，．18．設(shè)數(shù)列滿足，且.(1)求證：數(shù)列為等差數(shù)列，并求的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前99項和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)遞推式，變形為，由等差數(shù)列定義可證明結(jié)論；利用累加法求得通項公式；（2）根據(jù)，利用并項求和法，可得答案.【詳解】（1）由已知得， 即，是以2為首項， 2為公差的等差數(shù)列.，當(dāng)時，,當(dāng)時，也滿足上式，所以;（2）,當(dāng)時， 19．已知函數(shù).(1)如果函數(shù)在處取到最大值，，求的值；(2)設(shè)，若對任意的有恒成立，求的取值集合.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用兩角和的正弦公式化簡，再根據(jù)正弦函數(shù)的圖像求解即可；（2）利用誘導(dǎo)公式和二倍角公式化簡即可求解.【詳解】（1）由題意可得，因為函數(shù)在處取到最大值，所以由正弦函數(shù)的圖像得，又因為，解得.（2）由（1）得恒成立，所以，即，解得.即20．如圖，在直三棱柱中，側(cè)棱長為是邊長為2的正三角形，分別是的中點.(1)求證：面面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】(1)詳見解析(2) 【分析】（1）由已知條件可證，，可得平面，即可求證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夾角公式即可求解.【詳解】（1）證明：連接在三棱柱中，因為底面，平面，所以.又為等邊三角形，E為的中點，所以.因為，且平面,平面,所以平面,平面，所以平面平面.（2）取中點F，連結(jié)，則因為D，F分別為，的中點，所以.因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面， 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得,， ，，，設(shè)平面的法向量， 則，令則.平面的法向量 所以平面與平面的夾角的余弦值是.21．已知橢圓的下頂點為，過右焦點且與軸垂直的直線被截得的線段長為.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線交橢圓于異于點的兩點，以為直徑的圓經(jīng)過點，線段的中垂線與軸的交點為，求的取值范圍.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由題設(shè)有，令，求得，再結(jié)合已知求出a，進而寫出橢圓方程；（2）討論的斜率，當(dāng)斜率存在時設(shè)、，聯(lián)立橢圓方程結(jié)合韋達定理求關(guān)于的表達式，再由，應(yīng)用數(shù)量積的坐標(biāo)表示列方程求參數(shù)m，進而求線段中垂線的方程及的范圍，即可確定的取值范圍.【詳解】（1）解：因為橢圓的下頂點為，所以，橢圓的右焦點為，令，則，解得，則，所以，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）解：①當(dāng)直線的斜率不存在時，顯然不合題意；②當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)，當(dāng)時，此時關(guān)于y軸對稱，令，∴且，則，又，∴，解得或(舍)，則符合題設(shè)，∴此時有；當(dāng)時，設(shè)，聯(lián)立，得，，得，且，由，即，∴，整理得，解得（舍去），代入得：，∴為，設(shè)的中點為，則，則線段的中垂線為，∴在軸上截距，而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取等號，∴且，綜合所述，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，討論直線斜率，設(shè)直線方程及交點坐標(biāo)，聯(lián)立橢圓方程并應(yīng)用韋達定理求交點坐標(biāo)與所設(shè)直線參數(shù)的表達式，再根據(jù)向量垂直的坐標(biāo)表示求參數(shù)，進而確定中垂線方程及參數(shù)范圍.22．已知函數(shù)，函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意的恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)增區(qū)間是，減區(qū)間是．(2)． 【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，對，由函數(shù)性質(zhì)得，對對再一次求導(dǎo)，確定單調(diào)性后得導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)，從而得單調(diào)區(qū)間；（2）構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)，對再一次求導(dǎo)后，還要第三次求導(dǎo)，然后由時的導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)分類討論求解．【詳解】（1），時，，又，則，因此，遞減，設(shè)（），則，時，，，是增函數(shù)，即是增函數(shù)，所以，因此遞增，∴的增區(qū)間是，減區(qū)間是．（2），設(shè)，滿足題意，，令，則，令，則，∴即在上是增函數(shù)，，當(dāng)時，，即在上遞增，∴，在上遞增，所以恒成立，原不等式恒成立，當(dāng)時，則，又，∴存在，值得，時，，即遞減，時，，即遞增，又，∴時，，從而遞減，于是不合題意，綜上，的取值范圍是．【點睛】方法點睛：函數(shù)不等式恒成立問題的解題方法有：（1）直接法，直接構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的值域或最值得參數(shù)范圍；（2）分離參數(shù)法，通過分離參數(shù)構(gòu)造新的函數(shù)，由新函數(shù)的值域（或最值）得參數(shù)范圍；（3）數(shù)形結(jié)合法，不等式變形，然后構(gòu)造兩個函數(shù)（通常變化的是一次函數(shù)，固定的是較為復(fù)雜的函數(shù)），通過函數(shù)圖象求解．