2023届江苏省苏州市高三上学期期中数学试题含解析

2023届江苏省苏州市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则  （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求得集合的范围、集合的范围，最后取它们的交集即可.

【详解】由题意，集合，

，

所以．

故选：C.

2．设复数z满足(1+i)z=2i，则∣z∣=（   ）

A． B．

C． D．2

【答案】C

【分析】求出即得解.

【详解】解：由题意可得，所以，

所以.

故选：C

3．在中，点满足，记，，那么（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的线性运算将分解为，再转化为，表示即可.

【详解】.

故选：A.

4．“”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】结合同角三角函数的基本关系式、二倍角公式、充分、必要条件的知识确定正确答案.

【详解】若，则，即.

若，则，则.

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5．奇函数在上单调递增，若正数满足，则的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，再根据结合基本不等式即可得解.

【详解】解：因为奇函数在上单调递增，且，

所以，即，

所以，即，

所以，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值为.

故选：D.

6．已知函数（）的周期为，那么当时，的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先化简函数，根据周期求，再根据函数的定义域求函数的值域.

【详解】，，，

，，，

所以.

故选：B

7．古时候，为了防盗、防火的需要，在两边对峙着高墙深院的“风火巷”里常有梯子、铜锣、绳索等基本装备．如图，梯子的长度为，梯脚落在巷中的点，当梯子的顶端放到右边墙上的点时，距地面的高度是，梯子的倾斜角正好是，当梯子顶端放到左边墙上的点时，距地面的高度为6尺（1米=3尺），此时梯子的倾斜角是．则小巷的宽度等于 （    ）

A．6尺 B．尺 C．（）尺 D．尺

【答案】A

【分析】连接,过作于，则且.证明出≌ ，得到,即可求出.

【详解】

连接,过作于，则且.由题意可得：，所以.

因为且，

所以为等边三角形,即.

因为，所以.

而,所以.

因为，所以.

又,所以≌ (ASA),所以,即.

故选：A.

8．已知实数，，，那么实数的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用余弦函数的单调性可得到，利用对数函数的单调性可得到，假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，利用长度关系和正弦定理可得到，然后利用作差法能得到，即可求解

【详解】由于可得即，

又由于，所以，

假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，

所以，，，

所以,所以即，

所以，

所以，

所以即，解得，

在中，即，

所以，

由于即，所以，

所以，

因为，所以，

所以

故选：B

【点睛】关键点点睛：这道题的关键时计算出，需假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，然后利用相似三角形和正弦定理即可得到

二、多选题

9．已知非零实数满足且，则下列不等关系一定正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据已知，利用不等式的性质以及特值法进行判断.

【详解】因为非零实数满足且，

所以，的正负不能确定，

对于A，若，则，则，故A错误；

对于B，因为，所以，所以，

因为，当且仅当时，

即时取到等号，所以，故B正确；

对于C，当时，，，

显然不满足，故C错误；

对于D，因为，，所以，又，

所以，解得；

因为，，所以，又，

所以，解得，所以；

综上，.故D正确.

故选：BD.

10．已知函数，则（    ）

A．的最大值为1 B．

C．在上单调递增 D．的图象关于直线对称

【答案】ABD

【分析】对于A，先利用余弦的和差公式化得，由此易得的最大值为1；

对于B，代入角易得；

对于C，由得，先判断在的单调情况，从而判断的单调情况；

对于D，由余弦函数的图像性质得到的对称轴，由此可判断为的对称轴.

【详解】，

对于A，因为，所以，即，所以的最大值为1，故A正确；

对于B，因为，，所以，故B正确；

对于C，因为，所以，

又因为在上单调递增，在上单调递减，

所以在上先减后增，故C错误；

对于D，因为的对称轴为，

所以由得，可知的对称轴为，

当时，的对称轴为，故D正确.

故选：ABD.

11．在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，线段上有动点，棱 上点满足．以下说法中，正确的有（    ）

A．直线与是异面直线

B．直线平面

C．三棱锥的体积是1

D．三棱锥的体积是3

【答案】ABC

【分析】对A选项：可用异面直线的判定方法判断；

对B选项：可通过证明面面得到直线平面；

对C、D选项：将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积计算.

【详解】对A选项：异面直线的判断方法：经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线，

因为平面，平面，平面，直线，故直线与是异面直线.

对B选项：下面先证明面面，再证直线平面.

如图：连结与交于点，与交于点，

在正方形中，有，又，故，

又面， 面，

所以面，

又，面， 面，

所以 面，

面，面， ，

所以面面.

又面，故直线平面，所以B正确.

对选项C：，

，故C正确D不正确；

故选：ABC

12．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）

A． B．的最小值是

C．图象与直线相切 D．图象与直线相切

【答案】AD

【分析】根据函数的对称性代入特殊值，求，即可判断A;

利用换元，转化为二次函数求最值，即可判断B；

联立函数与直线方程，利用方程组的解，判断交点处的导数，判断是否相切，即可判断C；

利用导数求函数在处的切线方程，即可判断D.

【详解】因为图象关于直线对称，当时，，于是，当时，，于是，于是，，所以，故A正确；

，令

，，则，，因为图象开口向上，对称轴是，所以的最小值为，故B正确；

联立方程，解得：或或，

，，，，

所以与直线不能相切，故C不正确；

，，，所以函数在处的切线方程为，故D正确.

故选：AD

三、填空题

13．命题，若“非p”为真命题，则m的取值范围是_________．

【答案】．

【分析】写出命题的否定，由命题的否定全称命题且为真命题，结合一元二次不等式恒成立可得．

【详解】由题意知，命题为假，即恒成立，

所以，所以，所以．

故答案为：．

14．已知函数则函数的所有零点之积等于__．

【答案】

【分析】由题意，表示出函数解析式，利用零点的定义，建立方程，可得答案.

【详解】求函数的所有零点，则等价于求方程的根，

当时，，则，解得；

当且时，，则，

，可得，，即，，

解得或或或；

当时，，，不符合题意.

综上，，

故答案为：.

15．在中，已知，，，那么____________．

【答案】

【分析】由题意，根据三角形内角和以及诱导公式和三角函数和差公式，建立方程组，可解得答案.

【详解】由，且，则，即得到，

由，得到，

于是，，故．

在中，，

于是．再由，

解方程组得到或，由于，取．

故答案为：.

四、双空题

16．侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上．设外围第一个正方形的边长为1，往里第二个正方形为，…，往里第个正方形为．那么第7个正方形的周长是____________，至少需要前____________个正方形的面积之和超过2．（参考数据：，）．

【答案】         

【分析】根据已知，利用勾股定理、正方形的周长公式、面积公式以及等比数列的通项、前n项和公式进行求解.

【详解】

因为每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，

且外围第一个正方形的边长为1，所以，,

由勾股定理有：，

设第个正方形的边长为，则

，，……，，

所以，

所以第7个正方形的周长是，

第n个正方形的面积为，

则第1个正方形的面积为，

则第2个正方形的面积为，

则第3个正方形的面积为，

……

则第n个正方形的面积为，

前n个正方形的面积之和为，

当时，，当时，，

当时，，当时，，

所以至少需要前4个正方形的面积之和超过2．

故答案为：，4.

五、解答题

17．在锐角中，角的对边分别为，且．

(1)求角的大小；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 由正弦定理将边化为角后即可求出角的大小；

(2)已知后可以将全用表示，将表示为的函数，利用三角恒等变换化为一般式求范围，注意锐角三角形对角范围的限制.

【详解】（1）由正弦定理，，，代入，

有，

因为是三角形的内角，，所以，           

在锐角中，．

（2）由（1），，，

于是                 

在锐角中，由于，有，，

于是，．

所以的取值范围是．

18．平面直角坐标系中，已知点（其中），将向量逆时针方向旋转，得到向量，记，．

(1)求的最大值；

(2)试判断两向量与的位置关系．

【答案】(1)

(2)两向量与平行

【分析】（1）利用垂直向量的坐标表示，求得点的坐标，利用模长公式以及三角函数恒等变换，可得答案；

（2）利用平行向量的坐标表示，可得答案.

【详解】（1）向量逆时针方向旋转，则，即，得到点，

又因为，所以，，

所以，

所以

，

所以的最大值为，此时，．

（2）由题意，，，

因为，

所以，

所以两向量与平行．

19．如图，在三棱锥中，，底面．

(1)求证：平面平面；

(2)若，是的中点，记与底面所成角为，与平面所成角为，试研究与的等量关系．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由底面，可得，再结合，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论，

（2）取的中点，连接，可得就是直线与底面所成角，在直角中可求得，取的中点，连接，可得就是直线与平面所成角，在直角中可求得，从而可得答案.

【详解】（1）证明：因为底面，底面，

所以．

又因为，即，

又因为平面，且相交于点，

所以直线平面．

又因为平面，

所以平面平面．

（2）取的中点，连接，由于是的中点，有，

又因为底面，底面，

所以，

所以，

因为底面，

所以底面，

所以就是直线与底面所成角．

记，则，

在直角中，，

取的中点，连接，由于，有．

由（1）平面，平面，所以．

又因为平面，相交于点，

所以平面，

所以就是直线与平面所成角．

在直角中，，，

所以，

所以，

由于、都是锐角，所以．

20．已知首项的数列的前项和为，对任意都有．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，数列的前项和为，有恒成立，求的最小值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）依题意可得，根据，作差得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式；

（2）由（1）可得，利用等差数列求和公式得到，即可得到，利用裂项相消法求出，从而得到的取值范围，从而得解.

【详解】（1）解：由得到，

当时，，  

两式相减，有，得到，

由于，，                                    

因为，由上述递推关系知

所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以．

（2）解：由（1），

所以数列的前项和为，      

则，

所以    

，

又由于，，

即恒成立，

结合题设恒成立，所以，

所以的最小值为．

21．给定函数

（1）判断函数的单调性，并求出的极值；

（2）画出函数的大致图象；

（3）求出方程的解的个数

【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为，极小值,；

（2）答案见详解；（3）当时，解为个；当或时，解为个； 当时，解为个

【分析】（1）求出导函数，再由导数与函数单调性之间的关系即可求解.

（2）由函数的单调性、极值即可作出图象.

（3）利用数形结合法即可求解.

【详解】（1）由，定义域为

，

令，即，

令，即，

令，即，

所以函数的单调递增区间为；

单调递减区间为，为极小值点，

所以函数的极小值为.

（2）函数的大致图象，如图所示：

（3）方程解的个数等价于于的交点个数.

作出与的图象，

由图可知当时，方程的解为个；

当或时，方程的解为个；

当时，方程的解为个；

22．已知函数（实数）．

(1)若实数，当时，恒成立，求实数的最小值；

(2)证明：．

【答案】(1)3

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意，利用导数证明不等式恒成立，由的取值范围，逐一检验，可得答案；

（2）由（1），令，根据单调性，整理不等式，结合对数运算，可得答案.

【详解】（1）因为，求导得．

由于，，又因为，

当时，，在上单调递增，舍去；

当时，令，得，当时，，在上单调递增，此区间上舍去；

当时，由于，，恒小于零，在上单调递减，，满足题意．

综合上述，实数的最小值为3．

（2）由（1），当时，恒成立，即，于是．

取，有，所以，即，所以．

【点睛】利用导数证明不等式恒成立，根据导数与单调性的关系，求解函数与端点值之间的大小关系，因此，在解题时，观察不等式与函数端点值的关系，清晰解题思路.