2023长沙明德中学高三上学期入学检测试题数学含解析

这是一份2023长沙明德中学高三上学期入学检测试题数学含解析，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。
明德中学2022年高三年级上学期入学考试试卷数学2022年8月时量：120分钟满分：150分一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由并集的定义求解即可．【解析】解：，．∴．故选：．2、已知复数，则z的共轭复数的虚部为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解析】解：，，的共轭复数的虚部为．故选：C．3、“关于x的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由“关于的不等式对恒成立”解出的取值范围，即可解决此题．【解析】解：由“关于的不等式对恒成立”，可得，解得：，故选：B．4、设等差数列的前n项和为，且，，则取最小时，（       ）A．4045 B．4044 C．2023 D．2022【答案】D【分析】由等差数列的前项和为，且，，利用求和公式及其性质可得，，进而得出结论．【解析】解：等差数列的前项和为，且，，，，，，，公差，则当时，最小．故选：D．5、已知（1，2）为角终边上一点，关于x的函数有对称轴，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据任意角三角函数你会定义得，再根据题意得，再利用诱导公式求解即可.【解析】因为为角终边上一点，所以，，当时，，，所以.故选：A.6、已知函数（），，若在区间（，）内没有零点，则的取值范围是（       ）A．  B． C．  D．【答案】D【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点以及函数的周期，列出不等式求解即可．【解析】解：函数，可得，，，在区间内没有零点，函数的图象如图两种类型，结合三角函数可得：或，解得，，．故选：．7、己知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为、，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题首先可结合题意绘出图像，结合已知条件得出、以及直线的方程为，然后联立直线的方程与渐近线方程，求出点坐标，再然后根据得出，最后根据以及离心率计算公式即可得出结果.【解析】如图，结合题意绘出图像： 因为，，是中点，所以是中点，，，，因为直线是双曲线的渐近线，所以，，直线的方程为，联立，解得，则，整理得，因为，所以，，故选：A.8、已知，，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，则，当时，，当时，，设，则，推导出，令，则，则，令，则，函数在上单调递减，由此能求出实数的取值范围．【解析】解：令，则，当时，，当时，，，设，则，两式相减，得，则，，，，令，，则，令，则，函数在上单调递减，（1），，函数在上单调递减，（1），，，，，实数的取值范围为，．故选：． 二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得０分．）9．下列说法正确的是（       ）A．已知两非零向量，，若，则，的夹角为锐角B．若向量，则C．在△ABC中，若，则，反之也对D．在锐角△ABC中，若，则【答案】CD【分析】由 与 同向时夹角不是锐角，判断①；由时， 与 平行，判断②；由正弦定理得判断③；根据锐角三角形三个内角都是锐角判断④.【解析】对于A， 与 同向时，若，夹角为，不是锐角，故A错误；对于B，若时，则， 与 平行，故B错误；对于C，由正弦定理得，,故C正确；对于D，由，可得，即，故D正确，10、已知（），则下列结论正确的是（       ）A．  B．C． D．【答案】ABC【分析】对于A，根据点到直线距离转化求解；对于B，根据重要不等式求解；对于C，根据对数运算及选项B求解；对于D，取，举反例求解即可.【解析】对于A，，即，其几何意义为圆上的点到直线的距离小于等于2，因为圆的圆心在直线上，且圆的半径为2，所以恒成立，故A正确；对于B，，即，当且仅当时取等号，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，取，满足，此时，故D错误.故选：ABC．11、抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点，已知抛物线C：（），O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M（5，2）射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线射出，经过点N．下列说法正确的是（       ）A．若．则B．若，则MB平分∠ABNC．若，则D．若，延长AO交直线于点D，则D，B，N三点共线【答案】ABD【分析】运用数形结合的思想，将问题转化为解析几何问题，再结合抛物线的性质及几何图形特点逐项验证结果即可得出答案．【解析】解：若，则抛物线，，的焦点为，直线的方程为：，可得，，选项正确；时，因为，所以，又，所以平分，选项正确；若，则抛物线，，，的焦点为，直线的方程为，则，，选项不正确；若，则抛物线，，，延长交直线于点，则，由选项可知，所以，，三点共线，故正确；故选：．12、己知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（       ）A．  В．C．a的取值范围是（1，） D．若，则【答案】ACD【分析】对于A，只要利用函数零点的判断定理即可；对于B，由于有了A的结论，只要判断 的范围即可；对于C，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.对于D，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；【解析】 ， ，故A正确；当 时， ， 必无零点，故 ， ，故B错误；考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，两边取自然对数得   有两个不同的解，设函数 ， ，则 时， ，当 时， ，当 时， ，所以 ，要使得 有两个零点，则必须，即 ，解得 ，故C正确；当 时，即 ，两边取对数得 ， ， ，联立方程 解得 ，由于 ， ，故D正确；故选：ACD. 三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．）13、若角的终边在第四象限，且，则________．【答案】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求，再利用两角和的正切公即可求解．【解析】解：角的终边在第四象限，且，，，． 14、展开式中的系数是________．（用数字作答）【答案】【分析】将原式展开求解即可【解析】，展开式含，只能在中，所以展开式中的系数是：. 15、函数的最小值为________．【答案】【分析】利用对数的运算性质可得，即可求得最小值．【解析】解：，当即时，函数的最小值是． 16、在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，O为△ABC的外心，且有，，若，x，，则________．【答案】【分析】设三角形的内角，，所对的边分别为，，，运用三角函数的和角公式和正弦定理、余弦定理，求得，，，再将的两边点乘，，运用向量数量积的定义和性质，可得，的方程组，解方程组得，的值，计算即可．【解析】解：设三角形的内角，，所对的边分别为，，，，，可得，，即为，即有，可得，，，可得，，若可得，即有，化为，①又可得，即有，化为，②由①②解得，，所以． 四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）17．（本小题10分） 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）若，，求a的值． 【分析】（1）利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，结合，可求，结合范围，可求．（2）利用平面向量数量积的运算可得，进而根据余弦定理即可求解．【解析】解：（1），，可得，，，又，．（2），，，，．．   18．（本小题12分） 已知等差数列的前n项和为，公差，，且，，依次成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前n项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围．  【分析】（1）由题意可得：，，化为，解出即可得出．（2）．利用裂项求和方法、基本不等式的性质即可得出．【解析】解：（1）由题意可得：，，化为，解得，． （2）．．不等式，即．化为：．．当且仅当时取等号．存在，使得成立，实数的取值范围是．   19．（本小题12分） 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．（1）证明：EF∥平面PCD；（2）若PD⊥平面ABCD，∠ADC=120°，且PD=2AD=4，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的法向量，再求线面角.【解析】（1）证明：取的中点，连接，.因为，分别为，的中点，所以，，又底面为菱形，所以，所以，，所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面. （2）因为平面，，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，，，则，，，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则   20．（本小题12分） 近期国内疫情反复，对我们的学习生活以及对各个行业影响都比较大，某房地产开发公司为了回笼资金，提升销售业绩，让公司旗下的某个楼盘统一推出了为期10天的优惠活动，负责人记录了推出活动以后售楼部到访客户的情况，根据记录第一天到访了12人次，第二天到访了22人次，第三天到访了42人次，第四天到访了68人次，第五天到访了132人次，第六天到访了202人次，第七天到访了392人次，根据以上数据，用x表示活动推出的天数，y表示每天来访的人次，绘制了以下散点图．（1）请根据散点图判断，以下两个函数模型与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及下表中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的入次，参考数据：其中，．线性回归方程：，其中，．（3）己知此楼盘第一天共有10套房源进行销售，其中6套正价房，4套特价房，设第一天卖出的4套房中特价房的数量为，求的分布列与数学期望． 【分析】（1）观察散点图，结合散点图的特征选择合适的回归方程类型；（2）由取对数可得，结合线性回归方程求法及参考数据可求回归方程，结合回归方程进行预测；（3）由条件确定的可能取值，及取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望.【解析】（1）根据散点图可得随的增大，增长速度越来越快，故判断适合作为人次y关于活动推出天数x的回归方程类型． （2）由（1）知，，两边同时取对数得，令，则由题意知，又，，所以，所以，则y关于x的回归方程为，当时，，故预测活动推出第8天售楼部到访人次为690． （3）由题意可知的取值可能为0，1，2，3，4．，，，，．所以的分布列为： 01234P所以．   21．（本小题12分） 平面直角坐标系内有一定点F（，0），定直线l：，设动点P到定直线的距离为d且满足．（1）求动点P的轨迹方程；（2）直线m：过定点Q，与动点P的轨迹交于不同的两点M，N，动点P的轨迹与y的负半轴交于A点，直线AM，AN分别交直线于点H、K，若，求k的取值范围． 【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意列式再化简方程求解即可；（2）设，再根据的直线方程得出，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理与判别式中的范围，进而将韦达定理代入化简可得，结合判别式中的范围即可得【解析】（1）设动点P的坐标为，因为，所以，即，整理得．所以动点P的轨迹方程为椭圆． （2）设，由（1）可得A的坐标为，故直线，令，则，同理．直线，由，消去y得，故，解得或．又，故，又，∵，故，即，综上，或．所以k的取值范围是．   22．（本小题12分） 设函数，．（1）求的单调区间；（2）若时，恒成立，求a的取值范围． 【分析】（1）分别讨论当及时的正负，从而得到在上的单调区间；（2）将原不等式转化为在时恒成立，先证得恒成立，再证对任意的，恒成立即可，通过新设函数，求导判断单调性得到时，不等式恒成立．【解析】解：（1）由已知，当时，在恒成立，在上单调递增；当时，由，得，若时，，在上单调递增，若时，，在上单调递减；综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）时，恒成立，即在时恒成立，当时，恒成立，即，又，则．下面证明：当时，在时恒成立．先证明时，，由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减；则（1），即，有，所以当时，，要证明，只需证明对任意的，恒成立，令，则，由，得，①当即时，在上恒成立，则在上单调递增，于是．②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，于是，令（a），则，则（a）在上单调递增，于是（a）（1），所以恒成立，所以时，不等式恒成立，因此，的范围是，．