2023届重庆市第一中学校高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届重庆市第一中学校高三上学期期中数学试题含解析，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届重庆市第一中学校高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知复数是关于的方程的根，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】利用复数范围内，实系数一元二次方程的求根公式得到的根，从而得到，再由复数的模的定义即可求解.【详解】复数是关于的方程的根，又，该方程的根为，即或，则,故选：A.2．在边长为的正方形中，下列说法错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用向量的加法法则及向量相等的定义，结合向量的夹角定义及向量的数量积公式即可求解.【详解】如图所示对于A，由向量加法的平行四边形法则知，，故A正确；对于B，因为正方形的边长为，所以,所以，又在正方形中，，所以，所以与的方向不相同，所以，故B正确；对于C，由B选项知，，,，所以，故C正确；对于D，在正方形中，，由向量的夹角的定义知，，故D错误.故选：D.3．已知的内角的对应边分别为，，，则的最小值为（    ）A．3 B． C． D．6【答案】C【分析】根据正弦定理得，再结合求解即可.【详解】解： 由正弦定理得，因为，所以，所以当时，有最小值.故选：C4．几何学中，把满足某些特定条件的曲线组成的集合叫做曲线族.点是椭圆族上任意一点，如图所示，椭圆族T的元素满足以下条件：①长轴长为4；②一个焦点为原点；③过定点，则的最大值是（    ）A．5 B．7 C．9 D．11【答案】A【分析】根据已知条件及椭圆的定义，结合两点间的距离的公式即可求解.【详解】如图所示设点所在椭圆的另一焦点为，则.故选：A.5．已知公差不为零的等差数列满足：，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差数列的通项公式即可求解.【详解】设差数列的首项为，公差为，则因为，所以，解得，所以.故选：B.6．下列函数的最大值为1的函数是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据判断A；根据二次函数性质判断B；根据基本不等式判断C；根据正弦函数性质判断D.【详解】解：对于A，的定义域为，由于，故，故A选项错误；对于B，，即函数的最小值为，故B选错误；对于C，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，当且时等号成立，故C选项正确；对于D，，，故D选项错误.故选：C7．已知，，若，则的最小值是（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】令，进而得，再构造函数研究其最值即可得答案.【详解】解：令，即，所以，，，令，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，所以，所以，的最小值是.故选：D8．在棱长为3的正方体中，点Р是侧面上的点，且点Р到棱与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（    ）A． B．5 C． D．8【答案】C【分析】根据题意画出与垂直的平面GJKLNM，作出其投影平面AOQCKJ，已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，求出投影的面积S即可得出答案.【详解】由题意可以作出与垂直的平面，利用面面平行可作出过点P且平行于平面的平面GJKLNM，则平面GJKLNM与垂直，作出点M，N的投影O，Q，平面AOQCKJ的面积S即为所求，已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，故选：C. 二、多选题9．已知函数，则（    ）A．在区间上至少有一个零点 B．在区间上单调递增C．的图象关于点对称 D．不是偶函数【答案】AD【分析】对于A，利用特殊值法及函数的零点的存在性定理即可求解；对于B，利用特殊值法及及函数单调性的定义即可求解；对于C，利用函数的对称性即可求解；对于D，利用偶函数的定义即可求解.【详解】对于A，由，，所以，所以在区间上至少有一个零点，故A正确；对于B，由，，所以，所以在区间上不是单调递增，故B错误；对于C，由，，所以，故的图象不关于点对称，故C错误；对于D，由题意可知，函数的定义域为,所以，所以，故D正确.故选：AD.10．下列关于数列的说法正确的有（     ），其中.A．若数列是等差数列，则数列一定是等比数列B．若数列是等比数列，则数列一定是等差数列C．若函数在单调递增，则数列一定是单调递增数列D．若数列是单调递增数列，则函数在单调递增【答案】ABC【分析】AB选项用定义即可判断，若函数单调递增，则对应数列一定单调递增，反之，则不成立.【详解】A选项，数列是等差数列，，则.故A选项正确.B选项，因为数列为等比数列，则，则.故B选项正确.C选项，若函数在单调递增，则数列一定是单调递增数列，故C选项正确.D选项，若数列是单调递增数列，则函数在单调递增，且也成立.故D选项错误.故选：ABC11．已知菱形纸片的边长为，且，将绕旋转，旋转过程中记点位置为点，则（    ）A．直线与点的轨迹所在平面始终垂直B．的最大值为C．二面角的大小与点的位置无关D．旋转形成的几何体的体积为【答案】ABD【分析】由题知，点的轨迹所在平面为平面，再结合题意依次分析各选项即可得答案.【详解】解：如图，点的轨迹为以菱形对角线的交点为圆心的半圆弧，即点的轨迹所在平面为平面，由于在菱形中，，所以，在旋转过程中， ，因为，平面，所以平面，故A正确；对于B选项，因为，所以，由不等式得，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C，    取中点，连接，由得，所以，是二面角的平面角，所以，由对称性可知，因为的长度随着的位置的变化而变化，所以，随着的位置的变化而变化，即的大小与点的位置有关，故C错误；对于D选项，由题知旋转形成的几何体为两个半圆锥，底面半径为，高为，故其体积为，故D正确.故选：ABD12．已知函数在有且仅有3个零点，则（    ）A．在有三个极值点 B．在上单调递减C． D．的取值范围是【答案】BCD【分析】函数在有且仅有3个零点，求得，根据函数解析式讨论极值点、单调区间、值域等性质.【详解】，当，有 ，得 ，由，函数在有且仅有3个零点,，得对于A选项，由，得的极值点为，由，函数在有两个极值点，得，函数在有三个极值点，得，已知，∴函数在可能有两个极值点也可能有三个极值点，A选项错误； 对于B选项，，有，，，，有，所以在上单调递减；B选项正确；对于C选项，，，，C选项正确；对于D选项，，，由正弦函数在上单调递增，上单调递减，时，当，有最大值1，当，有最小值所以当时，的取值范围是，D选项正确.故选：BCD 三、填空题13．已知集合，，则___________.【答案】【分析】利用三角不等式及一元二次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.【详解】由，得，所以，由，得，所以，所以，故答案为：14．已知向量，，若，则的值为___________.【答案】【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示，结合向量的数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，所以，，又因为，所以，即，解得，所以的值为.故答案为：.15．直线：与轴交于点，将绕点顺时针旋转得到直线，已知直线与抛物线相切，则___________.【答案】##【分析】根据已知条件及三角形的外角的性质，再利用斜率公式及两角差的正切公式，结合直线与抛物线相切即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则因为将绕点顺时针旋转得到直线，所以，由题意可知，，所以，设直线的方程为，则，消去，得，因为直线与抛物线相切，所以，即，解得，所以，即，于是有，解得.故答案为：.16．已知函数，关于的不等式，的解集是，则___________.【答案】【分析】由题知为偶函数，且在上单调递增，进而得，再分和讨论得的解集是时，，且，再求解即可.【详解】解：函数的定义域为，因为，所以函数为偶函数，因为，所以，当时，，函数为增函数，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，当时，，令，则，所以，函数在单调递减，在上单调递增，所以，即在时恒成立，当时，，令，则，所以，函数在单调递增， 因为所以存在，使得，且时，，综上，的解集是时，，且，所以，.故答案为： 四、解答题17．已知数列的前项和为，满足对任意的恒成立.数列为等差数列，它的前项和为，满足，.(1)求与；(2)若，对任意的恒成立，求.【答案】(1)；；(2) 【分析】（1）利用与的关系及等比数列的定义和通项公式，结合等差数列的通项公式及前项和公式即可求解；（2）根据（1）的结论及累加法即可求解.【详解】（1）当时，，解得，当时， 由，递推得，由，得，即，于是有，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以数列的通项公式为，所以，设等差数列的首项为，公差为，则，解得，，所以等差数列的通项公式为，（2）由（1）知，，所以，由，得，所以.18．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足.(1)证明：a，b，c成等比数列；(2)若且，的面积为，求的周长.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据三角函数的恒等变换展开整理，再用正弦定理的边角互化得出等比中项的关系式即可证明；（2）根据（1）结论结合余弦定理解出角B余弦值和正弦值，再根据三角形的面积公式算出边b，代入题中式子用完全平方公式得出，最后求出的周长.【详解】（1）根据等比数列中等比中项定义可知a，b，c成等比数列，证毕（2）根据余弦定理可知则，根据三角形面积公式：得得，故的周长为：19．中国男子篮球职业联赛“简称CBA”半决赛采用“五局三胜制”，具体规则为比赛最多进行五场，当参赛的两方有一方先赢得三场比赛，就由该方获胜而比赛结束，每场比赛都需分出胜负.同时比赛采用主客场制，比赛先在A队的主场进行两场比赛，再移师B队主场进行两场比赛（有必要才进行第二场），如果需要第五场比赛，则回到A队的主场进行，已知A队在主场获胜的概率为，在客场获胜的概率为，假设每场比赛的结果相互独立.(1)第一场比赛B队在客场通过全队的努力先赢了一场，赛后B队的教练鼓励自己的队员说“胜利的天平已经向我们倾斜”，试从概率大小的角度判断B队教练的话是否客观正确；(2)每一场比赛，会给主办方在门票，饮食，纪念品销售等方面带来综合收益300万元，设整个半决赛主办方综合收益为，求的分布列与期望，【答案】(1)从概率大小的角度判断B队教练的话是客观正确的.(2)分布列见解析，万元. 【分析】（1）计算B队获胜的情况的概率判断即可；（2）由题知的可能取值为，再计算概率求解分布列，期望即可.【详解】（1）由题知，B队获胜的情况有三种，第一种情况，比赛三场获胜，其概率为；第二种情况，比赛四场获胜，则第二场或第三场B队失败，故其概率为；第三种情况，比赛五场获胜，则B队在第二场，第三场，第四场中赢得一场比赛，第五场比赛获胜，其概率为，所以，B队在第一场比赛获胜的情况下，赢得比赛的概率为，所以，从概率大小的角度判断B队教练的话是客观正确的.（2）由题知，至少举办3场球赛，至多举办5场球赛，所以的可能取值为，所以，当举办3场球赛时，A队获胜的概率为，B队获胜的概率为，所以，；当举办4场球赛时，A队获胜的概率为，B队获胜的概率为，，所以，，所以，的分布列为： 所以，万元20．如图，在平行六面体中，每一个面均为边长为2的菱形，平面底面，，分别是，的中点，是的中点.(1)证明：平面；(2)若侧棱与底面所成的角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）连接，进而证明平面平面即可证明结论；（2）过点作，垂足为，连接，进而证明，，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：连接，因为在平行六面体中，每一个面均为边长为2的菱形，所以，，因为分别是，的中点所以，，，所以，四边形，均为平行四边形，所以，，，因为菱形中，，所以，，，所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，平面，因为平面，所以，平面平面，因为是的中点，平面，所以平面.（2）解：过点作，垂足为，连接，因为平面底面，平面底面，平面，所以，底面，因为，底面，所以因为，侧棱与底面所成的角为60°，所以，，因为，所以，即为中点，因为底面为菱形，，所以，，所以，以为坐标原点，以为轴方向建立空间直角坐标系，所以，，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，所以，,所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为21．已知椭圆：，分别为椭圆的上下顶点，点为椭圆上异于点的任一点，若的最大值仅在点与点重合时取到，在下列三个条件中能满足要求的条件有____________.条件①：过焦点且与长轴垂直的弦长为；条件②：点与点不重合时，直线与的斜率之积为；条件③：，分别是椭圆的左、右焦点，的最大值是120°.(1)选出所有满足要求的条件，说明理由并求出此时的椭圆方程；(2)若过原点作与平行的直线，与平行的直线，，的斜率存在且分别与椭圆交于四点，则四边形的面积是否为定值?若为定值，求出该值；若非定值，求其取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2) 【分析】（1）设，由题知，再依次分析三个条件，满足时取到最大值的情况即可得答案；（2）设直线的斜率为，则由（1）知的斜率为，进而得直线，的方程，再与椭圆联立得，，再直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，进而得，最后计算面积即可.【详解】（1）解：由题知椭圆焦点在轴上，， 因为点为椭圆上异于点的任一点，所以，设，即，所以，，选条件①，过焦点且与长轴垂直的弦长为，所以，令得，所以，，解得，此时椭圆的方程为，因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，显然，不满足点与点重合时取到最大值，所以，条件①不满足；选条件②，点与点不重合时，直线与的斜率之积为，所以，，，、所以，，此时椭圆的方程为，因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，所以，，即时取到最大值，满足点与点重合时取到最大值，所以，条件②满足，此时椭圆的方程为.条件③，，分别是椭圆的左、右焦点，的最大值是120°，因为的最大值是120°，所以，，，椭圆的方程为，因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，显然，不满足点与点重合时取到最大值，所以，条件③不满足.（2）解：因为，的斜率存在，平行的直线，与平行的直线，所以，如图，不妨设直线的斜率为，则由（1）知的斜率为，所以，直线的方程为，直线的方程，所以，联立方程得，，故，联立联立方程得，，故，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，所以，，，所以，所以，四边形的面积，所以，四边形的面积是为定值.22．已知函数，，（，为自然对数的底数），.(1)若与在处的切线相互垂直，求的值并求的单调递增区间；(2)若，，，且，证明：当时，.【答案】(1)；的单调递增区间为(2)证明见解析 【分析】（1）分别求，根据与在处的切线相互垂直，可得，即可求的值；结合导数判断函数的单调性和取值情况，可得，根据函数的单调性即可得的单调递增区间；（2）若，仍有，结合的单调性与取值，设，由此得，又，整理可得，再利用切线放缩得，最终将要证明得不等式转化为关于的函数，构造函数，利用函数单调性求最值，即可证明.【详解】（1）解：，所以，，由题意可知，则所以，得，所以时，，则是的减区间，时，，则是的增区间；又，且当时，，则时，,时，；令，则恒成立，所以在单调递减，又则，使得恒成立，所以时，，则是的增区间，时，，则是的减区间；又，且当时，，则时，,时，；故则是的减区间，是的增区间；是的减区间；故的单调递增区间为；（2）证明：若，，则且是的减区间，是的增区间；是的减区间；所以当时，，，设因为，所以，而在处的切线方程为：令，则在上单调递增，而所以在时恒成立，即时，设与交点横坐标为，则，有因为可得所以，又所以令，则令，则当时，可得恒成立，在上单调递增，即恒成立，在上单调递增在，所以，所以.【点睛】本题考查利用导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性及利用导数结合方程的根证明多变量不等式.本题解题的关键是，证明关于函数方程根的多变量不等式时，主要使用的方法是减少变量，利用变量之间的关系，运算变形得，将整体转化含的式子，由于变量与之间的等式关系包含指数与对数的混合运算，无法直接明确关系，因此处理变量时，用到切线放缩，转化为，结合变量之间的关系，构造函数求追着证得.