2023届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学考试数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学考试数学试题含解析，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。
2023届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则A∪B＝（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由并集的定义求解即可．【详解】∵，∴．故选：B．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．【详解】解：因为所以 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．【详解】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】由已知，利用等差数列前n项和公式及其性质得，，进而得出结论．【详解】等差数列的前项和为，且，，，，，，，公差，则当时最小．故选：D5．已知为角终边上一点，关于的函数有对称轴，则（       ）A． B．2 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.【详解】因为为角终边上一点，所以，，当时，，，所以.故选：A.6．已知函数.若函数 在区间内没有零点 ， 则的取值范围是A． B．C． D．【答案】D【详解】 ， , 函数 在区间内没有零点 (1) ，则 ，则 ，取 ，    ；（2），则 ，解得： ，取 ， ；综上可知： 的取值范围是，选.【点睛】有关函数求的值及取值范围问题是近几年高考的重点考题，应引起足够的注意.本题首先利用降幂公式和辅助角公式把函数的解析式化为标准型，函数 在区间内没有零点，根据的范围求出的范围，使其在或在内，恰好函数无零点，求出的范围.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】已知条件得、及直线为，联立直线与渐近线方程求坐标，根据得，最后及离心率计算公式即可得出结果．【详解】如下图示，因为，，是中点，所以是中点且，则，，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：A8．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，通过求导可设，则，推导出，令，利用导数可以证明函数在上单调递减，由此能求出实数的取值范围．【详解】解：令，则，当时，，当时，，，设，则，两式相减，得，则，，，，令，，令，则，令，则，函数在上单调递减，即，，函数在上单调递减，，，，，实数的取值范围为，故选：C．【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 二、多选题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．在中，若，则，反之也对D．在锐角中，若，则【答案】BCD【分析】由 与 同向时夹角为不是锐角，判断A错误；若向量，则，判断B正确；由正弦定理可判断C正确；根据锐角三角形三个内角都是锐角可求得，D正确．【详解】对于A， 与 同向时，满足，此时夹角为，不是锐角，故A错误；对于B，由向量垂直的定义可知，若向量，则，故B正确；对于C，由正弦定理得，，故C正确；对于D，由，可得，即，故D正确.故选：BCD.10．已知（），则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】对于A，根据点到直线距离转化求解判断； 对于C，根据对数运算及选项B结论求解判断；对于BD，取，举反例即可判断．【详解】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，取，满足，此时，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，取，满足，此时，故D错误．故选：AC．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，为坐标原点，一条平行于轴的光线从点射入，经过上的点A反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点．下列说法正确的是（       ）A．若，则B．若，则平分C．若，则D．若，延长交直线于点，则，，三点共线【答案】ABD【分析】根据求出焦点为、A点坐标，可得直线的方程与抛物线方程联立得点坐标，求出可判断AC；时可得，．由可判断B；求出点坐标可判断D.【详解】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，所以平分，选项B正确；若，则抛物线，，，的焦点为，直线的方程为，联立抛物线方程求解可得，所以，选项C不正确；若，则抛物线，，，延长交直线于点，则，由C选项可知，所以，，三点共线，故D正确.故选：ABD．12．已知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（       ）A．B．C．若，则D．a的取值范围是【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，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；对于D，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.【详解】 ， ，故A正确；当 时， ， 必无零点，故 ， ，故B错误；当 时，即 ，两边取对数得 ， ， ，联立方程 解得 ，由于 ， ，故C正确；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D正确；故选：ACD. 三、填空题13．若角的终边在第四象限，且，则＝________．【答案】【分析】根据同角三角函数的基本关系及和角的正切公式化简计算.【详解】角的终边在第四象限，且，所以，，所以.故答案为：.14．展开式中的系数是___________.【答案】【分析】根据二项展开式的通项公式，可知展开式中含的项，以及展开式中含的项，再根据组合数的运算即可求出结果.【详解】解：由题意可得，展开式中含的项为，而展开式中含的项为，所以的系数为.故答案为：.15．函数的最小值为__________．【答案】【详解】试题分析：所以，当，即时，取得最小值.所以答案应填：.【解析】1、对数的运算；2、二次函数的最值. 16．在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________．【答案】或【分析】由边角互化可得,所以，即，联立解得，或.分两种情况将两边分别同乘以向量得方程组，解得结果.【详解】由正弦定理得，所以，即，由条件得，联立解得，或.当时，由，得，即，所以.   ——————————————①同理，由，得，即，即，所以.                                           ——————————————②联立①②解得. 故. 当时，同理可得——③，——④解得.故答案为：或.【点睛】（1）三角形中的边角关系为条件时，常用正余弦定理统一化边或化角；（2）若为的外心，则有，；（3）此题的关键是找出三边关系和将向量转化为边长，得的关系式. 四、解答题17．在中，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．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式对已知等式进行化简可得值，又由，可求A．（2）利用平面向量数量积的运算可得的积，进而由余弦定理即可求解．【详解】(1)（1），，可得，，，又，．(2)， ，，.又由，根据余弦定理得：．18．已知等差数列中，公差，，且，，成等比数列．求数列的通项公式；  若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】(1) (2) 【详解】试题分析：（1）由题意可得解得即可求得通项公式；(2),裂项相消求和 ，因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.求出的最大值即可解得的取值范围.试题解析：（1）由题意可得即又因为，所以所以.（2）因为，所以 .因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.又（当且仅当时取等号）.所以，即实数的取值范围是.19．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，，且，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，然后利用空间向量求解即可【详解】(1)证明：取PD的中点G，连接CG，EG，因为E，F分别为PA，BC的中点，所以，又底面ABCD为菱形，所以，所以，所以四边形EGCF为平行四边形，所以又平面PCD．平面PCD，所以EF//平面PCD．(2)解：连接，因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为四边形ABCD为菱形，，所以为等边三角形，因为F为BC的中点，所以，因为∥，所以，所以两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．因为，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），则．设平面DEF的法向量，则，令，得．设直线AF与平面DEF所成的角为θ，则，所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为20．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．【答案】(1)适合(2)， 690；(3)分布列见解析，期望为【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．【详解】(1)根据散点图可得随的增大，增长速度越来越快，不满足线性回归，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．平面直角坐标系内有一定点，定直线，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，直线分别交直线于点H、K，若，求k的取值范围．【答案】(1)动点P的轨迹方程为椭圆(2)【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【详解】(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．设函数.(1)求的单调区间；(2)若时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)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)【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.【详解】(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，在上单调递增，在上单调递减；则，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，则则在上单调递增，于是，所以恒成立，所以，时，不等式恒成立，因此，a的范围是【点睛】利用导数方法证明不等式在给定区间上恒成立的基本方法是构造新函数，然后根据函数的单调性、或者函数的最值，证明函数，其中一个重要的技巧就是找到函数在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的突破口。