2023届湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高三上学期11月质量检测数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高三上学期11月质量检测数学试题含解析，共22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届湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高三上学期11月质量检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知，，再求交集即可.【详解】解：因为，，所以，故选：C2．设复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.【详解】依题意，.故选：D3．设，，是非零向量，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.【详解】若，则，；若，则，即.“”是“”的必要而不充分条件；故选：B.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换化简已知条件，结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.【详解】，，..故选：A5．某车间生产一种圆台型纸杯，其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用圆台及球的体积公式结合条件即得.【详解】由题可得圆台型纸杯的体积为，小铁球的体积为，由题可得，即.故选：B.6．定义在上的函数满足，且在单调递增，，，则函数的图象可能是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析的对称性、单调性、零点，求得的对称性（奇偶性）、零点，结合的单调性、零点以及特殊点的函数值判断出函数的图象.【详解】，所以的图象关于直线对称，则的图象关于直线即轴对称，是偶函数，为偶函数，图象关于轴对称，所以是偶函数，图象关于轴对称，排除AD选项.，由于在上递增，在上递减，所以有且仅有个零点：和，另外有，所以有且仅有个零点：和，有唯一零点：，所以有且仅有个零点：、和.当时，，，从而排除C选项，故B选项正确.故选：B7．圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设为圆心，连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段 上，即可求出的取值范围，即可得解．【详解】解：如图，为圆心，连接，则，因为点在线段上且，则圆心到直线CD的距离，所以，所以，则，即的取值范围是,．故选：D．8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.【详解】令 ，，则，所以在上单调递增 ，所以，即， 所以， 故选：D 二、多选题9．已知是偶函数，将函数图像上所有点向右平移个单位得到函数的图像，则（    ）A．在的值域为 B．的图像关于直线对称C．在有5个零点 D．的图像关于点对称【答案】BD【分析】由题知，，再根据三角函数的性质依次讨论各选项即可.【详解】解：，因为函数为偶函数，所以，即，因为，所以，即，所以，对于A选项，时，，所以，即，故错误；对于B选项，令得，故当时，故的图像关于直线对称，B选项正确；对于C选项，当时，，因为函数在上有4个零点，分别为，，，，所以，在有4个零点，故C选项错误；对于D选项，由于时，，函数关于点对称，所以，的图像关于点对称，故D选项正确.故选：BD10．在中，，AB＝1，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则（    ）A．在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为B．点B到平面PAC的距离为C．直线AP与直线PC所成角为D．直线AB与平面PBC所成角的正弦值为【答案】ABC【分析】根据旋转的知识判断A选项的正确性，根据线线角的知识判断C选项的正确性，建立空间直角坐标系，利用向量法判断BD选项的正确性.【详解】延长，过作，交的延长线于，根据旋转的知识可知，由于平面平面，且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，故两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，，所以，为锐角，，解得，所以.所以在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为，A选项正确.，，设平面的法向量为，则，故可设，所以到平面的距离为，B选项正确.，所以三角形是等边三角形，所以直线与所成角为，C选项正确.，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，则，所以D选项错误.故选：ABC11．设，则下列不等式中一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】对于A：利用基本不等式“1”的妙用直接证明；对于B：利用基本不等式直接证明；对于C：利用基本不等式直接证明出，即可判断；对于D：结合立方和公式得，再结合B选项即可判断.【详解】解：对于A：因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以成立.故A正确；对于B：因为，所以，当且仅当时取等号.所以成立.故B正确；对于C：因为，所以，所以.记，则，所以，所以，即.故C错误；对于D：因为，所以，，由B选项知，所以，即，故D选项正确.故选：ABD12．设函数是函数的导函数，且满足，，则（    ）A．有极大值 B． C． D．【答案】BD【分析】利用构造函数法，由求得，结合导数确定正确答案.【详解】依题意可知，，，设（为常数，）所以，，所以，，所以在上递增，没有极大值，A错误.，C选项错误.，D选项正确.，，B选项正确.故选：BD【点睛】关于函数和导函数都有的表达式，可以考虑利用构造函数法来进行研究，构造函数的思路，可结合乘法、除法等导数运算来进行构造. 三、填空题13．设为单位向量，且，则___________.【答案】【解析】由平方后求得，再求可得结论．【详解】∵为单位向量，∴，∴．∴．故答案为：．14．若关于的方程在上有实数根，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】利用三角函数的倍角公式,将方程整理化简,利用三角函数的图象和性质,确定条件关系,进行求解即可.【详解】 ， ，即， ，即，，，设，则在上有实数根， ，在的图像有交点，如图由于由图象可知， ，即 故答案为：15．过点可以作两条直线与曲线相切，则实数a的取值范围是______．【答案】【分析】设出切点的坐标，利用导数研究切点和斜率，根据切线有条，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【详解】设切点坐标为，，故斜率为，切线方程为，代入得，整理得，构造函数，，所以在区间递减；在区间递增.所以在时取得极小值也即是最小值，当时，，当时，，要使过点可以作两条直线与曲线相切，则，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】利用导数研究曲线的切线，关键点有两个，一个是切点的坐标，另一个是切线的斜率.切线的斜率可以利用导数求得，然后利用点斜式来求得切线方程.16．已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是______．【答案】【分析】该球的半径为，进而根据几何关系得正四棱锥的高，底面的边长为与侧棱长之间的关系，，再计算体积，结合导数求解最值即可.【详解】解：因为该球的体积为，所以该球的半径为，如图，设正四棱锥的高为，底面的边长为，中心为，球的球心为，则球的球心在上，，，所以，，即，所以因为，即所以，，因为，所以，，解得，所以，该正四棱锥体积为，，所以在上恒成立，所以在单调递增，所以，，所以，该正四棱锥体积的取值范围是.故答案为： 四、解答题17．已知命题： ，命题： .（1）若，求实数的值；（2）若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】(1)2;(2) 实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）. 【详解】试题分析：（1）利用一元二次不等式的解法把集合化简后，由，借助于数轴列方程组可解的值；（2）把是的充分条件转化为集合和集合之间的包含关系，运用两集合端点值之间的关系列不等式组求解的取值范围.试题解析：（1）B={x|x2﹣4x+3≥0}={x|x≤1，或x≥3}，A={x|a﹣1＜x＜a+1}，由A∩B=∅，A∪B=R，得 ，得a=2，所以满足A∩B=∅，A∪B=R的实数a的值为2；（2）因p是q的充分条件，所以A⊆B，且A≠∅，所以结合数轴可知，a+1≤1或a﹣1≥3，解得a≤0，或a≥4，所以p是q的充分条件的实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）．18．设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．(1)求AD的长度；(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出，再结合，解出，最后利用正弦定理即可求解.【详解】（1）依据题意，由可得，则，，，，解得， ，解得AD为（2）G为的重心，，， ，，，， ，19．已知数列满足：，．(1)求，；(2)设，，证明数列是等比数列，并求其通项公式；(3)求数列前10项中所有奇数项的和．【答案】(1)(2)证明详见解析，(3) 【分析】（1）根据题目所给已知条件求得.（2）结合已知条件以及等比数列的定义证得数列是等比数列，并求得其通项公式.（3）求得，从而求得正确答案.【详解】（1）依题意，数列满足：，，所以.（2），.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（3），，所以，所以.20．如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，AB＝2BC＝2，，将沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且．(1)证明：；(2)当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．【答案】(1)证明详见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.（2）先判断出直线EF与平面PAD所成的角最大时点是的中点，然后利用向量法求得平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.【详解】（1）设是的中点，连接，三角形是等边三角形，所以，.四边形是直角梯形，，所以四边形是平行四边形，也即是矩形，所以，.折叠后，，所以，所以，由于平面，所以平面，则两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，，设，，所以，则，所以，所以.（2）由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是直线与平面所成角，在直角三角形中，，由于，所以当最小时，最大，也即最大，由于三角形是等边三角形，所以当为的中点时，，取得最小值.由于，，故此时，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.21．据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气.漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律.如果某物体的初始温度为，那么经过分钟后，温度满足，其中为室温，为半衰期.为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯的茶水放在的房间，10分钟后茶水降温至.（参考数据：）(1)若欲将这杯茶水继续降温至，大约还需要多少分钟？（保留整数）(2)为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产千台空调，需另投入成本万元，且已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完.问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.【答案】(1)13分钟(2)当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元. 【分析】（1）由题意列方程求解（2）由题意得出利润与的函数关系，结合基本不等式求解最值【详解】（1）由题意可得，解得.设经过分钟，这杯茶水降温至，则，解得（分钟）.故欲将这杯茶水降温至，大约还需要13分钟.（2）设2022年该企业该型号的变频空调的利润为，当时，，当时，取得最大值3400万元；当时，，因为，当且仅当时，等号成立，则当时，取得最大值3380万元.因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.22．已知函数有两个极值点，且．(1)求实数m的取值范围；(2)证明：．参考数据：．【答案】(1)；(2)证明见解析； 【分析】（1）有两个极值点等价于在有两个变号零点，分别对、，用导数法结合零点存在定理讨论的零点情况即可；（2）由，结合对数运算得，令构造并用导数法证，则可等价成证，即，则，则原证明等价为证，即，由单调性可等价成证，再由单调性可等价成证【详解】（1）∵有两个极值点，∴在有两个变号零点. 记 ，，i. 当，，在单调递增，至多有一个零点，不合题意；ii. 当，由得，即，故当，∴即在上单调递增，在单调递减， ，由得，且当，， 令，当，单调递增；当，单调递减，故，且当时等号成立.故，故当时，， 综上，由零点存在定理得，当时，在有两个变号零点，即有两个极值点；（2），即，令，，由，故单调递增，故，∴，即，即，由得，故，故要证，即需证，即，令 ，即需证，又在单调递增，即需证，由（1）得，且由得，由在单调递减，且，故只需证，∵，故，得证.【点睛】关键点点睛：（1）不等式与对数均值不等式的使用；（2）结合结论的形式进行适当的缩放，以达到简化表达式及方便构造的效果，如题中的；