2023届湖北省百校高三上学期10月联考数学试题含解析

2023届湖北省百校高三上学期10月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合，，再求两集合的交集即可.

【详解】因为，

所以，

因为，

所以.

故选：D

2．曲线在点处的切线斜率为（    ）

A． B．1 C．0 D．

【答案】B

【分析】利用导数的几何意义即可求得函数在某点处的切线斜率.

【详解】因为，

所以，

所以在点处的切线斜率为.

故选：B.

3．设命题，命题：每个三角形都有内切圆，则（    ）

A．的否定：

B．是真命题

C．的否定：存在一个三角形没有内切圆

D．是假命题

【答案】C

【分析】结合命题的否定的改写方法以及命题的真假可判断.

【详解】命题的否定应为：，所以A错误；

因为在单调递增，所以，

所以，所以命题为假命题，所以B错误；

命题的否定：存在一个三角形没有内切圆，所以C正确；

任何三角形都有内切圆，所以命题q为真命题，所以D错误.

故选:C.

4．设一个等差数列的前4项和为3，前8项和为11，则这个等差数列的公差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出公差，根据等差数列前n项和公式列出方程组，求出公差

【详解】设这个等差数列的公差为，首项为，

则，，解得：.

故选：A

5．在中，为边上的中点，为直线上一点，则“”是“”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】A

【分析】根据向量加法法则结合充分条件、必要条件的定义进行判定即可.

【详解】因为为边上的中点，所以.

若，则，则.

反之由，为直线上一点，可得，则或.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

6．已知函数的部分图象如图所示，则函数在上的大致图像为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由函数的图象变换求解

【详解】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

再将所得图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，

故选：C

7．在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（    ）（参考数据：）

A．时时 B．时时

C．时时 D．时时

【答案】C

【分析】由三角函数的性质求解

【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.

由，得，解得时；

由，得，解得时.

故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.

故选：C

8．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】比较与的大小可转化为比较与，即与的大小，进而取与比较大小；而比较与的大小可转化为比较与，即与的大小，进而取与比较大小，即与比较大小，从而可构造函数，求导并判断单调性，从而可得，即；由，可得，变形可得，从而可得，即得.

【详解】设函数，

则，所以在上单调递减，

因此，则，即.

当时，由，得，

因此，则，即，故.

故选：B

【点睛】思路点睛：求解本题的关键是构造函数，利用导数判断单调性，从而可得的大小关系；再由取对数变形得，可判断的关系.

二、多选题

9．设，且函数的定义域为，则（    ）

A．

B．函数的定义域为

C．函数的值域为

D．函数在定义域内为增函数

【答案】ABD

【分析】由的解析式和定义域，可求出的解析式和定义域，选项逐个验证即可.

【详解】因为，若，则，

所以，的定义域为，故B选项对；

则，故A选项对；

由二次函数性质可知在定义域内为增函数，的值域为，故C选项错，D选项对.

故选：ABD.

10．若，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】首先根据题意得到，从而得到，再代入的值求解即可.

【详解】，

所以，

所以，即.

当时，，

当时，，

当时，，

故选：ACD

11．若由函数构造的数列满足，则称为单位收敛函数.下列四个函数中，为单位收敛函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】对于A，根据函数的形式可得数列的通项，利用放缩法可得前8项和大于1，故可判断A的正误；对于B、D利用裂项相消法可判断BD的正误；对于C，利用求和公式和不等式的性质可判断C的正误.

【详解】若，则，

则

，

故不是单位收敛函数.

若，则

，

故为单位收敛函数.

若，则，

，

故为单位收敛函数.

若，则，

，

当时，，故不是单位收敛函数.

故选：BC.

12．已知函数，则（    ）

A．的极大值为

B．的最小值为

C．当的零点个数最多时，的取值范围为

D．不等式的解的最大值与最小值之差小于

【答案】ACD

【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值、最值，即可判断A、B，再根据函数的极值及零点求出参数的取值范围，即可判断C，再根据特殊值判断D；

【详解】解：因为，

所以.

当或时，；当或时，.

即在和上单调递减，在和上单调递增，

所以函数在取得极小值，在处取得极大值，在处取得极小值，

又，，

故的极大值为，的最小值为，故A正确，B错误.

所以零点个数最多为，此时，，解得，C正确.

不等式，即，令，则

.

当或时，；当或时，.

即在和上单调递减，在和上单调递增，

所以的函数图象如下所示：

因为，，

则的解的最大值与最小值之差小于，

即不等式的解的最大值与最小值之差小于，D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知向量且，则___________.

【答案】-28

【分析】由平面向量平行与垂直的坐标运算,列方程组求解

【详解】因为且，所以，解得.

故答案为：-28

14．写出一个同时满足下列三个性质的函数：___________.

①为奇函数；②为偶函数；③在上的最大值为2.

【答案】（答案不唯一）

【分析】写出符合要求的三角函数即可.

【详解】从三角函数入手，由于为奇函数，可考虑正弦函数，再结合为偶函数，

且在上的最大值为2，故可以为：或均可.

故答案为：

15．如图，现要铸造一个四面体的零件，已知平面平面为正三角形，，且，则该零件（四面体）体积的最大值为___________.

【答案】

【分析】由面面垂直的性质得面，设，则，应用棱锥体积公式得，结合导数求其最大值即可.

【详解】因为面面，面面，面，

所以面.

设，则，四面体的体积为，

则，则.

当时，即递增；当时，即递减.

所以.

故答案为：

16．已知正数满足，则的最小值是___________.

【答案】1

【分析】由于，结合，所以利用“1”的妙用化简后，再利用基本不等式即可得出答案

【详解】解：因为是正数，

所以且，

所以，

当且仅当即时，等号成立，

所以的最小值是1，

故答案为：1

四、解答题

17．在等比数列中，.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）等比数列可求出首项、公比和通项，可得到数列的通项.

（2），采用分组求和法求.

【详解】(1)设等比数列的公比为，

则

所以，

故.

(2)由(1)得，，

.

18．已知函数的最小值为1，最小正周期为，且的图象关于直线对称.

(1)求的解析式；

(2)将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，求曲线的对称中心的坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数的最小值及最小正周期，求出，再根据函数图象关于对称，结合，求出，从而求出函数解析式；

（2）先求出平移后的解析式，再用整体法求解对称中心.

【详解】(1)依题意可得

解得，

则，因为的图象关于直线对称，所以，

又，所以.

故.

(2)依题意可得，

令，得，

故曲线的对称中心的坐标为.

19．已知函数.

(1)讨论的单调性.

(2)当时，试问曲线是否存在过坐标原点且斜率不为0的切线？若存在，求切点的横坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)答案见解析

(2)存在，切点的横坐标为

【分析】(1)利用导数来讨论单调性，求单调区间；(2)根据过曲线外的一个点作曲线的切线的求解方法即可.

【详解】(1).

当时，在上单调递增.

当时，若；若.

则在上单调递减，在上单调递增.

当时，若；若.

则在上单调递增，在上单调递减.

(2)设切点为，则

消去，得，

即，解得或.

当时，；当时，.

所以曲线存在过坐标原点且斜率不为0的切线，且切点的横坐标为.

20．记△的内角，，的对边分别为，，，已知.

(1)若，求；

(2)若，求的最小值.

【答案】(1)或

(2)最小值

【分析】（1）将代入，使用三角恒等变换化简可求得，再用三角形内角和可求出；

（2）使用正弦定理，将化角得，再利用已知条件，将，转化为（或将，转化为），使用基本不等式求解.

【详解】(1)∵，，

∴，

∴，

整理得，

∴

∴，

∵，∴，所以或，

解得或，

∵，

∴或.

(2)∵，

∴

∴，

∴，

∴

∴，

∵，∴，即

∴，

∴，，，

∴

令（），则，，

由正弦定理，

∵，∴，当且仅当即时取等号，

∴的最小值为.

21．若，则称在区间上的图象是凹的；若，则称在区间上的图象是凸的.

(1)判断函数在区间上的图象是凹的还是凸的，根据凹凸性的定义证明你的结论；

(2)判断函数在区间上的图象是凹的还是凸的，根据凹凸性的定义证明你的结论.

【答案】(1)图象是凹的，证明见解析

(2)图象是凸的，证明见解析

【分析】（1）、（2）根据函数定义证明即可

【详解】(1)解：在区间上的图象是凹的.

证明如下：

，

则

因为，所以，且，

所以，

所以，即，故在区间

上的图象是凹的.

(2)函数在区间上的图象是凸的.

证明如下：

，

则

，

因为，所以，

所以，即，故在区间上的图象是凸的.

22．已知函数.

(1)当时，求在上的值域；

(2)若有两个零点，且，证明：且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出，则可得在上的单调性，即可求出其最值，则可得出答案；

（2）由有两个零点，易知，由此可得，又由可知，则可证；令，要证，只需证，

易知，结合在上单调递减，则可证，又，即可证，

令函数，求出，易证恒成立，则可得，即得证.

【详解】(1)当时，，则，

当时，，当时，，

故，

因为，

所以，

故在上的值域为；

(2)证明：因为，所以，

当时，恒成立，在上单调递增，不存在两个零点，不满足题意；

当时，当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

要使有两个零点，则需，

解得，

又，不妨令，

则，所以，

要证，只需证，

易知，则，

因为当时，在上单调递减，

所以要证，只需证，

因为，

所以等价于，

令函数，

则，

因为，当且仅当时，等号成立，

所以，即在上单调递减，

所以，

故，

则.