2023届湖南省邵阳市第二中学高三上学期7月阶段性考试（三）数学试题含解析

这是一份2023届湖南省邵阳市第二中学高三上学期7月阶段性考试（三）数学试题含解析，共20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届湖南省邵阳市第二中学高三上学期7月阶段性考试（三）数学试题 一、单选题1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（       ）A． B．复数的共轭复数是 C． D．的虚部为【答案】D【分析】由题知，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为复数在复平面内对应的点的坐标为，所以，，，虚部为.故ABC错误，D正确.故选：D2．如图，已知集合，则图中的阴影部分表示的集合为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解指数不等式求得集合，结合图象求得正确答案.【详解】由于，所以，，图中阴影部分表示的集合为.故选：B3．设函数，则下列函数中为奇函数的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.【详解】由题意可得，对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选：B【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.4．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆.并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统.已知过滤过程中废水的污染物数量与时间的关系为（为最初污染物数量）.如果前小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（       ）小时.A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得出，设，求出的值，由此可得出结果.【详解】由题意可得，可得，设，可得，解得.因此，污染物消除至最初的还需要小时.故选：C.5．已知p，q为正实数且，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题得，再利用基本不等式求解.【详解】解：由可知，，当，即时，“”成立，故选：A.6．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 7．已知，，，则，，的大小关系是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令函数，利用导数求得函数的单调性，得到，再根据，，，结合题意，，，得到，分别求得，，，即可求解.【详解】令函数，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，所以，因为，，，所以，，，所以，即，因为，可得，又因为，则，同理，，所以，，因为当时，，函数单调递减，所以．故选：C．【点睛】方法点拨：设函数，求得当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，得到，得出，结合函数的单调性进行比较是解答的关键.8．用平行于圆锥母线的平面(不过顶点)截圆锥，则平面与圆锥侧面的交线是抛物线一部分，如图，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，过作平行于的平面，交母线于，则平面与圆锥侧面的交线为抛物线，其焦点到准线的距离为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆锥的底面半径和高及E的位置可得，建立适当的平面直角坐标系，可得C的坐标，设抛物线的方程，将C的坐标代入求出抛物线的方程，进而可得焦点到其准线的距离．【详解】解：设的交点为，连接，由题意可得面，所以，由题意，因为是母线的中点，所以，由题意建立适当的坐标系，以为轴，以为轴，为坐标原点，如图所示∶可得∶，设抛物线的方程为，将C点坐标代入可得， 所以，所以抛物线的方程为∶，所以焦点坐标为， 准线方程为，所以焦点到其准线的距离为．故选：B 二、多选题9．函数的（       ）A．图象对称中心为 B．图象对称轴方程为C．增区间为 D．最大值是1，最小值是【答案】ACD【解析】把函数化为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质判断．【详解】，令，，对称中心是，A正确；令，，，B错误；令，，C正确；因为，所以，D正确．故选：ACD．【点睛】方法点睛：三角函数问题的解决方法：利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式，化函数为一个角的一个三角函数形式：，然后结合正弦函数的性质，确定函数的性质，结合五点法研究函数的图象．10．已知，下列命题为真命题的是（       ）A．若，则.B．若，则C．若且，则.D．若，则【答案】ABD【分析】根据均值不等式最值公式对选项一一判断即可．【详解】对A，，当时等号成立，故正确；对B，因为，所以，则，故正确；对C，且则，故错；对D，因为，所以，故正确．故选：ABD11．已知为常数，函数，若函数恰有四个零点，则实数的值可以是（       ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】当时，得到是函数的一个零点，当时，令，转化为和的图象由三个不同的交点，作出函数的图象，结合图象和选项，即可求解.【详解】由题意，函数，当时，可得，此时是函数的一个零点；当时，令转化为，其中，要是使得有三个零点，只需和的图象有三个不同的交点，作出函数的图象，如图所示，结合图象，可得当或.结合选项，实数的值可以是和.故选：AC.12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，则（       ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为C．勒洛四面体四个曲面所有交线长的和为D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】BC【分析】理解勒洛四面体的结构特征及定义可以判断A和B，勒洛四面体四个曲面所有交线相等，且每条交线为扇形，可以判断C，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为正四面体的边长减去正四面体外接球半径，即可判断D.【详解】对于A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如下图2所示，故A不正确；对于B：根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B正确；对于C：勒洛四面体四个曲面每条交线为半径为，对应圆心角为的弧长，所以每条交线的长度为：，共有条相等的交线，所以交线长的和为：，故C正确；对于D：勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如下图1,其中为该球与勒洛四面体的一个切点，为正四面体的中心，半径为，连接，易知，，三点共线，且，为正四面体外接球半径，所以底面外接圆半径为：，所以顶点到底面的距离为：，所以，解得，所以，故D不正确.故选：BC. 三、填空题13．已知，且“”是“”的充分不必要条件，则a的取值范围是___________.【答案】【分析】先确定的充要条件，再由充分不必要条件的定义求解，【详解】等价于或，而且“”是“”的充分不必要条件，则．故答案为：．14．已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数___________.【答案】-1【分析】根据导数的几何意义求出函数在处的切线斜率，可得，解出即可.【详解】的定义域为，则，则函数在处的切线斜率为，又直线的斜率，由切线和直线垂直，则，即，解得.故答案为：15．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是_________.【答案】【分析】由题知，在平面上，进而取，，的中点，即可得点的轨迹是正六边形，再求面积即可【详解】解：∵，在平面上，分别取，，的中点，则点的轨迹是正六边形，因为正方体的棱长为，所以正六边形的边长为，所以，点的轨迹围成图形的面积是.故答案为：16．已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数a的取值范围是______________．【答案】【分析】先构造函数，利用，最终求得，即时，恒成立，参变分离后使用切线放缩，最后求得的取值范围.【详解】设，则，故，则，又因为，即，所以，，，因为，所以在上恒成立，其中，理由如下：构造，则，令得：，当得：，当得：，故在处取的极小值，也是最小值，，从而得证.故，故，实数a的取值范围为故答案为：【点睛】切线放缩是一种很重要的方法，再使用导函数证明不等式或者求参数的取值范围时，经常使用，常见的切线放缩有以下几个：，，，等，在做题中做到灵活运用，可以有很好的效果. 四、解答题17．求解下列两问题.（1）设函数，的值域，函数(其中)的定义域，若是的必要不充分条件，则求实数的取值范围；（2）若命题“，”的否定是真命题，则求整数的值.【答案】（1）；（2）．【解析】（1）首先求出命题和对应的集合，然后再由集合的关系得出关于的不等关系，从而可得结论．（2）写出命题的否定，由二次不等式恒成立可得的范围．【详解】时，，命题对应集合是，由解得，即命题对应集合是，∵是的必要不充分条件，∴，解得，时，，不合题意，又，∴．（2）命题“，”的否定是“”，它是真命题，则，解得，所以整数m可以为-1,0,1,2.【点睛】结论点睛：本题考查由必要不充分条件求参数范围，考查命题的否定与真假，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．18．已知数列中，，，且.(1)求证为等比数列；(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据递推关系得，进而结合等比数列定义即可证明；（2）结合（1）得，再根据等比数列求和公式求和即可.【详解】(1)解：∵，∴，，∴.∴数列为首项是，公比是的等比数列；(2)解：结合（1）得.所以数列的前项和满足： ∴数列的前项和.19．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.(1)求的解析式；(2)的内角，，所对的边分别为，，，已知，求角的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角恒等变换得，再根据三角函数性质求解即可；（2）由题知，进而结合正弦定理角化边得，再根据余弦定理得，进而得答案.【详解】(1)解：由题意，函数，因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得，所以，因为为奇函数，所以，，因为，所以，所以函数.(2)解：由得，所以由正弦定理得，因为，所以，即，所以，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，因为，所以，所以.20．在中，D是的中点，，，.(1)求的面积.(2)若E为上一点，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据为中线可得，两边平方后可求，求出后可求三角形的面积.（2）由得 是的平分线，利用三角形的面积求得中线长，再由向量的运算求得的模，从而可得 ，在三角形ABC中，由余弦定理求出进一步算出，可进一步得，代入即可求出的值.【详解】(1)）由可得： ，， ，所以(2)因为，所以是的平分线，， ，，则 ，由可得 从而，由，所以 ．，在三角形ABC中，由余弦定理得：，则，又因为D为BC的中点，所以，所以，则.21．已知平行四边形，，，点是 的中点.沿把进行翻折，使得平面平面.(1)求证：平面；(2)点是的中点，棱上一点使得，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在中，由余弦定理，可得，再根据勾股定理可证，再根据线面面垂直的性质定理，即可证明结果；（2）设是的中点，在正三角形中，易证，，根据面面垂直的性质定理可证平面，即证.易证为正三角形，可得，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，根据，求出坐标，再分别求出平面和平面的一个法向量，根据空间向量夹角公式，即可求出结果.【详解】(1)证明：在中，，，，由余弦定理知，，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面.(2)解：设是的中点，因为，，则为正三角形，则，，且，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴.由题可知，，∴为正三角形，∴.以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，设，则，，，∵，∴，即，解得.∴当点为棱的中点时满足题意，即，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，又平面的一个法向量为，∴，由图可知，二面角为锐角，∴二面角的余弦值是.22．已知函数（为自然对数的底数）.(1)若时，求函数的单调区间.(2)是否存在实数，使得时，恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)详见解析；(2). 【分析】（1）先对函数求导，然后分，和三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；（2）设，利用导数研究函数的最值，分，讨论求的最小值大于零即可.【详解】(1)由题知，①若，则，当或时，，当时，，在，上单调递增，在上单调递减；②若，则，，在上单调递增；③若，则，当或时，，当时，，在，上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，的单调增区间为，，单调减区间为；当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间为，，单调减区间为.(2)设，则，设，则，设，则，在上单调递增，，在上单调递增，，当时，，在上单调递增，；当时，，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，设，易知在上单调递增，，即，∴存在，使，当时，，在上单调递减，此时，，不符合题意；综上，存在实数a，使得当时，恒成立，且实数a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是构造，无法判断导数的正负，经过三次求导后，再讨论判断导数的正负，从而求出的最小值，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.