2023届广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考数学试题含解析

这是一份2023届广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对数函数单调性解不等式化简集合A，由二次不等式化简B，直接计算并集即可.【详解】，，故选：A2．已知复数，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由复数的运算求出，再求出虚部即可.【详解】，故虚部为.故选：C3．如图，在平行四边形中，分别为上的点，且，连接交于点，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】选为基底分别把表示出来，然后代入中，的系数对应相等即可；本题也可以用排除法，显然，故，只有C选项满足，故选C.【详解】设则显然得显然因为所以有即根据向量的性质可知解得故选：C4．已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用对数运算性质可得且，从而，由等比数列性质有，所以，即可求公比.【详解】令公比为，由，故且，所以，则，又，，则，所以，综上，.故选：B.5．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时8秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，则的表达式为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由点A坐标，可求得.由题可知的最小正周期为8，据此可求得.又由题,有，结合可得.【详解】因点在水车上，所以.由题可知的最小正周期为8，则，又，则.因，则，又，故.综上：.故选：D6．设，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】结合基本不等式、不等式的性质，根据充分必要条件的定义判断．【详解】，若，则，当且仅当时等号同时成立，充分性满足，若，不一定成立，例如，时，，但，必要性不满足，故选：B．7．已知函数在区间上单调，且对任意实数均有成立，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，利用正弦函数的图象和性质，求出，由是函数的最大值点，即可求出.【详解】由题意知，函数的最小正周期为，因为函数在上单调，且恒成立，所以，即，解得，又是函数的最大值点，是函数的最小值点，所以，又 ，解得.故选：D.8．已知定义在上的函数是偶函数，且在上单调递增，则满足的的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将变形为，利用奇偶性和在上的单调性列出不等式，求出的取值范围.【详解】，即，因为是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，所以，解得：或故选：A. 二、多选题9．下列是递增数列的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据增数列的定义，逐项分析即可.【详解】对于A， ，是摆动数列，不符合题意；对于B， ，符合题意；对于C， ，当 时， ，符合题意；对于D， ，当 时， ，不符合题意；故选：BC.10．有下列说法，其中正确的说法为（    ）A．为实数，若，则与共线B．若，则在上的投影向量为C．两个非零向量，若，则与垂直D．若分别表示的面积，则【答案】BCD【分析】根据平面向量共线定理及向量的坐标运算即可判断ABC，然后结合图形，结合向量运算及三角形面积公式即可判断D.【详解】对于A，当时，很显然，但是与不共线，故A错误；对于B，因为在上的投影向量为故B正确；对于C，因为向量为非零向量，且，即，故与垂直，即C正确；对于D，如图所示取中点为，则,由，可知，所以三点共线，且，故，故D正确.故选:BCD.11．已知函数满足，有，且，当时，，则下列说法正确的是（    ）A．是奇函数B．时，单调递减C．关于点对称D．时，方程所有根的和为30【答案】AD【分析】利用已知条件可知在上为奇函数且单调递减，根据可知函数周期为4，根据函数周期性可以推导出函数关于、，对称，根据函数图像即可判断各选项的正误.【详解】由题设知：，故在上为奇函数且单调递减，根据可知函数周期为4，又，即关于、，对称.对于A选项，由于关于，对称，即，的周期为，得，即，所以为奇函数，故A正确；对于B选项，等价于，由上易知：上递减，上递增，故不单调，故B错误；对于C选项，由上知：关于对称且，所以不关于对称，故C错误；对于D选项，由题意，只需确定与在的交点，判断交点横坐标的对称情况即可求和，如下图示，∴共有6个交点且关于对称，则，∴所有根的和为，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：根据已知函数的性质确定对称轴、对称中心、周期，并应用数形结合判断函数的交点情况，即可知各项的正误.12．已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（    ）A．是等差数列 B．当或16时，的前项和最小C． D．【答案】ABD【分析】利用定义证明等差数列判断A选项正误，分析通项公式的正负比较大小，判断BC选项的正误，通过构造函数，并利用导函数研究函数的单调性判断D选项的正误.【详解】解：已知，对于A， ，，解得：，时，整理得：，故是等差数列，选项A正确；对于B，，则，令，则数列的通项公式为，，，其前15项均为负数，因此，当或16时，数列的前项和最小，选项B正确；对于C，，选项C错误；对于D，令，，则，在单调递增，，则，即，选项D正确；故选：ABD. 三、填空题13．设是公比不为1的等比数列，且，则的通项公式___________.【答案】.【分析】根据已知条件列方程求出公比，从而可求出通项公式.【详解】设等比数列的公式为（），因为，所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：.14．曲线在处的切线方程为__________.【答案】【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】，切点为，，，切线为：，即.故答案为：15．已知，则___________.【答案】【分析】根据同角三角函数基本关系，求出，再由角的变换及两角差的正切公式求出，即可得解.【详解】，，，，，，.故答案为：. 四、双空题16．已知菱形的各边长为，如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时则三棱锥的体积为___________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为___________.【答案】          ##【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，进而得出体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.【详解】取中点，连接，则，平面，∴平面，，又，，∴，则三棱锥的高，三棱锥体积为；作于，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，，，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径为，∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：对于求三棱锥外接球半径，关键在于找到三棱锥外接球的球心，根据勾股定理得出三棱锥外接球的半径. 五、解答题17．在中，内角所对的边分别为，且满足．(1)求角；(2)已知，的外接圆半径为，求的边上的高．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；（2）先根据正弦定理求得，再根据余弦定理求得，进而根据等面积法求得．【详解】（1）解：在中，由，根据正弦定理得，，，，又，．（2）解：在中，，，根据余弦定理得，即，，，，．18．设数列满足，且.(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求数列的前99项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；（2）根据，利用并项求和法，可得答案.【详解】（1）由已知得， 即，是以2为首项， 2为公差的等差数列.，当时，,当时，也满足上式，所以;（2）,当时， 19．已知函数.(1)如果函数在处取到最大值，，求的值；(2)设，若对任意的有恒成立，求的取值集合.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的图像求解即可；（2）利用诱导公式和二倍角公式化简即可求解.【详解】（1）由题意可得，因为函数在处取到最大值，所以由正弦函数的图像得，又因为，解得.（2）由（1）得恒成立，所以，即，解得.即20．如图，在直三棱柱中，侧棱长为是边长为2的正三角形，分别是的中点.(1)求证：面面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)详见解析(2) 【分析】（1）由已知条件可证，，可得平面，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：连接在三棱柱中，因为底面，平面，所以.又为等边三角形，E为的中点，所以.因为，且平面,平面,所以平面,平面，所以平面平面.（2）取中点F，连结，则因为D，F分别为，的中点，所以.因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面， 如图建立空间直角坐标系，由题意得,， ，，，设平面的法向量， 则，令则.平面的法向量 所以平面与平面的夹角的余弦值是.21．已知椭圆的下顶点为，过右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点，线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题设有，令，求得，再结合已知求出a，进而写出椭圆方程；（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.【详解】（1）解：因为椭圆的下顶点为，所以，椭圆的右焦点为，令，则，解得，则，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）解：①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；②当直线斜率存在时，设，当时，此时关于y轴对称，令，∴且，则，又，∴，解得或(舍)，则符合题设，∴此时有；当时，设，联立，得，，得，且，由，即，∴，整理得，解得（舍去），代入得：，∴为，设的中点为，则，则线段的中垂线为，∴在轴上截距，而，当且仅当，即时，取等号，∴且，综合所述，.【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线斜率，设直线方程及交点坐标，联立椭圆方程并应用韦达定理求交点坐标与所设直线参数的表达式，再根据向量垂直的坐标表示求参数，进而确定中垂线方程及参数范围.22．已知函数，函数.(1)求函数的单调区间；(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)增区间是，减区间是．(2)． 【分析】（1）求出导函数，对，由函数性质得，对对再一次求导，确定单调性后得导数值的正负，从而得单调区间；（2）构造函数，求出导函数，对再一次求导后，还要第三次求导，然后由时的导数值的正负分类讨论求解．【详解】（1），时，，又，则，因此，递减，设（），则，时，，，是增函数，即是增函数，所以，因此递增，∴的增区间是，减区间是．（2），设，满足题意，，令，则，令，则，∴即在上是增函数，，当时，，即在上递增，∴，在上递增，所以恒成立，原不等式恒成立，当时，则，又，∴存在，值得，时，，即递减，时，，即递增，又，∴时，，从而递减，于是不合题意，综上，的取值范围是．【点睛】方法点睛：函数不等式恒成立问题的解题方法有：（1）直接法，直接构造函数，利用函数的值域或最值得参数范围；（2）分离参数法，通过分离参数构造新的函数，由新函数的值域（或最值）得参数范围；（3）数形结合法，不等式变形，然后构造两个函数（通常变化的是一次函数，固定的是较为复杂的函数），通过函数图象求解．