2023届河北省沧州市部分学校高三上学期10月联考数学试题含解析

2023届河北省沧州市部分学校高三上学期10月联考数学试题

一、单选题

1．已知全集，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】解一元二次不等式，求出，从而求出补集.

【详解】，解得：，所以，

因为，所以．

故选：D

2．已知向量，，且，则（    ）

A． B．1 C． D．3

【答案】A

【分析】利用平面向量共线的坐标表示，列式计算作答.

【详解】向量，，因，则，解得，

所以．

故选：A

3．设，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由对数运算法则进行计算.

【详解】．

故选：A

4．鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿．已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”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】B

【分析】根据充分、必要性的定义及题设描述，判断条件间的关系.

【详解】“甲的牙齿的枚数不大于1”，即甲无齿或有1枚独齿，故甲可为须鲸类或齿鲸类，充分性不成立；

“甲为须鲸”，即甲无齿，故甲的牙齿的枚数不大于1，必要性成立；

所以“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.

故选：B

5．复数的实部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用复数乘方运算、除法运算求出复数z即可作答.

【详解】因，则，

所以的实部为．

故选：D

6．现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（    ）

A．4 cm/s B．5 cm/s

C．6 cm/s D．7cm/s

【答案】C

【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.

【详解】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，

所以，则cm/s.

故选：C

7．设函数，给出下列结论：

①若，，则；

②存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称；

③若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为；

④，在上单调递增.

其中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据二倍角公式化简得，根据最值与周期的关系可判断①,根据平移可判断②，根据零点问题可判断③,根据整体法验证可判断④.

【详解】因为，所以的最小正周期为.

对于①，因为，故分别为最大、最小值，由于，所以的最小正周期，所以.故①错误；

对于②，图象变换后所得函数为，

若其图象关于原点对称，则，，解得，，

当时，，故②正确；

对于③，当时，，因为在上有且仅有4个零点，所以，解得，故③正确；

对于④，当时，，

因为，所以，，

所以在上单调递增.故④正确.综上，正确的个数为3.

故选：C

8．设数列满足，，则数列的前19项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据数列的递推式采用累加法求得，可得的通项公式，采用裂项求和法，即可求得答案.

【详解】因为，所以，

所以，

又，所以，

则

，

故数列数列的前19项和为：，

故选：D

二、多选题

9．命题，．命题q：每个大于2的质数都是奇数．关于这两个命题，下列判断正确的是（    ）

A．p是真命题 B．，

C．q是真命题 D．：存在一个大于2的质数不是奇数

【答案】ACD

【分析】举出例子，得到p是真命题，A正确；

存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改成任意，把结论否定，B正确；

显然C正确；

全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定，D正确.

【详解】若，则，所以p是真命题，A正确；

，，B错误；

每个大于2的质数都是奇数，q是真命题，C正确；

：存在一个大于2的质数不是奇数，D正确.

故选：ACD

10．函数的大致图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】先根据当时，，时，，排除C，再举出适当的的值，分别得到ABD三个图象.

【详解】由题意知，则，当时，，，，

当时，，，，

所以的大致图象不可能为C，

而当为其他值时，A，B，D均有可能出现，

不妨设，定义域为，此时A选项符合要求；

当时，定义域为，且，

故函数为奇函数，所以B选项符合要求，

当时，定义域为，且，

故函数为偶函数，所以D选项符合要求.

故选：ABD

11．某正四棱台的上、下底面边长分别为和，若该四棱台所有的顶点均在表面积为的球面上，则该四棱台的体积可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】求出球的半径，画出直观图，分球心在正四棱台的内部和外部，两种情况，求出正四棱台的高，利用台体体积公式求出答案.

【详解】设球的球心为，半径为，则，

解得：，

上底面正方形的中心为，下底面正方形的中心为，

若球心在四棱台的内部，连接，

则为四棱台的高，，，

同理：，

由勾股定理得：，，

所以四棱台的高，

此时四棱台的体积；

若球心在四棱台的外部，

则四棱台的高，

此时四棱台的体积．

故选：BD

12．已知定义在上的函数满足：，，.当时，.则（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据题意得的图像关于点对称且时，，在结合性质求解相应选项的函数值即可得答案.

【详解】解：因为知定义在上的函数满足：，，

令得，解得，

令得，

所以，， 的图像关于点对称，

因为当时，，

所以当时，，

所以，，

，.

故选：ACD

.

三、填空题

13．展开式中的常数项为______．

【答案】

【分析】根据二项式定理直接计算特定项即可.

【详解】展开式中的通项为，

令，解得，

所以展开式中的常数项为，

故答案为：.

14．已知，若的最小值大于7，写出满足条件的一个a的值：__________．

【答案】4（答案不唯一，只要即可）.

【分析】根据基本不等式求出的最小值，得到不等式，得到，写出一个符合要求的a的值即可.

【详解】因为，

所以，所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为，由，得．

故答案为：4（答案不唯一，只要即可）.

15．1796年，年仅19岁的高斯发现了正十七边形的尺规作图法，要用尺规作出正十七边形就要将圆十七等分，高斯墓碑上刻着如图所示的图案．设将圆十七等分后每等份圆弧所对的圆心角为，则的值为__________．

【答案】

【分析】利用正弦二倍角公式化简得到，代入，结合诱导公式求出答案.

【详解】，

因为，

所以．

故答案为：

16．数学中处处存在着美，机械学家菜洛发现的菜洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的.已知，点为上一点，则的最小值为______

.

【答案】

【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算用所求式子将表示为，再利用三角形的几何意义求解即可.

【详解】设为的中点，为的中点，如图所示，

所以

因为，所以，的最小值为.

故答案为：

四、解答题

17．现有7位老师（含甲、乙）随意排成一排拍照留念．

(1)求甲、乙不相邻的概率；

(2)求甲、乙之间所隔人数为2的不同排法的种数．

【答案】(1)；

(2)960.

【分析】（1）根据给定条件，利用不相邻问题插空法，结合古典概率求解作答.

（2）根据给定条件，取除甲乙外的2人排在甲乙之间，再利用相邻问题列式计算作答.

【详解】（1）7位老师（含甲、乙）随意排成一排拍照留念的试验有个基本事件，它们等可能，

甲、乙不相邻的的事件A含有的基本事件数为，

所以甲、乙不相邻的概率.

（2）从除甲乙外的5位老师中任取2人排在甲乙之间有种，排在甲乙之间的两位老师与甲乙一起视为一个整体，

同余下3位老师作全排列有种，甲乙的排列有种，

由分步乘法计数原理得,

所以甲、乙之间所隔人数为2的不同排法的种数为960．

18．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱AD，的中点．

(1)求EF的长度；

(2)求直线EF与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出的坐标和，从而求出EF的长度；

（2）求出平面的法向量，利用公式求出直线EF与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，故，

故．

（2）因为，，，

所以，．

设平面的法向量为，

则，令，得．

因为，

设直线与平面所成角为，

所以．

故直线与平面所成角的正弦值为．

19．已知函数．

(1)若，求曲线在点处的切线方程．

(2)讨论的单调性．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由导数求出斜率、切点坐标可得答案；

（2）求出，分，，讨论可得答案.

【详解】（1）当时，，则，

∴，

∴，

所以曲线在点处的切线方程为，

即.

（2）函数的定义域为，

,

当时，由得或，由得，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

当时，由恒成立，

所以在上单调递增；

当时，由得或，由得，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

综上可知：当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

20．已知数列满足，．

(1)证明：数列为等差数列

(2)设数列的前n项和为，求，并求数列的最大项．

【答案】(1)证明见解析；

(2)，274.

【分析】（1）根据给定的条件，利用等差数列的定义计算、推理作答.

（2）利用（1）的结论，结合错位相减法求出，再借助数列单调性求解作答.

【详解】（1）依题意，，，

所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．

（2）由（1）知，，则，

则，

于是得，

则，

所以，

令，则，

当时，，当时，，

则当时，，所以数列的最大项为274．

21．“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将B，D连接，经测量知，．

(1)霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值；

(2)霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．

【答案】(1)证明见解析，；

(2).

【分析】（1）在和中，利用余弦定理即可计算推理作答.

（2）由（1）的结论，利用三角形面积定理列出函数关系，结合二次函数最值求解作答.

【详解】（1）在中，由余弦定理得：，

即，

在中，，即，

因此，即，

所以．

（2）显然，，

于是得，由（1）知，

因此，

在中，，在中，，则，

由，得，即有，

从而当时，，所以的最大值是．

22．已知函数.

(1)若的最大值为，求；

(2)若存在，使得函数有3个零点，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，确定最值，即可求得答案；

（2）设，求出其导数，分类讨论a的取值范围，说明当时不合题意，当 时，构造函数，利用导数说明函数的单调性，数形结合，说明存在，使得函数有3个零点，进而求得参数范围.

【详解】（1）由题意 的定义域为 ，

当 时， ，在 上单调递增；

当 时， ，在 上单调递减，

故的最大值为 ，故，解得；

（2）设，则 ，

设 ，则，

若，则 ，方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意．

若，则在上单调递减，

取时，，而，

故不妨设，则当 时，，递增，

当 时，，递减，

此时方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意；

若 ，令 ，解得 ，

当 时，，递增 ，当时，，递减，

由，解得，

当时，因为 ，所以存在唯一实数 使得 ，

令，当时，，递增，

当时，，递减，故，

即 ，则 ，

所以存在唯一的 使得，

此时，当 时， ，， 在区间上单调递减，

当时， ，，在区间上单调递增，

当 时，，，在区间上单调递减，

且当 时， ，当时，，

由数形结合可知，此时的图象和直线可以有3个交点，

即当时，存在，使得有3个零点，

故a的取值范围是 ．

【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值问题以及根据函数的零点个数求解参数范围问题，综合性强，计算量大，解答时要明确导数与函数的单调性以及最值之间的关系，解答的关键在于根据函数零点个数求解参数范围时，要能综合利用导数的知识，构造函数，分类讨论，判断函数的单调性，数形结合，确定参数范围.