2023届海南省海口中学高三上学期9月摸底考试数学试题含解析

这是一份2023届海南省海口中学高三上学期9月摸底考试数学试题含解析，共20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届海南省海口中学高三上学期9月摸底考试数学试题 一、单选题1．设集合，，且，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解出集合A、B，再求集合C.【详解】，.因为且，所以.故选：B2．若且，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】D【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若，满足，此时，排除充分性，若，满足，此时，排除必要性，故选：D3．已知数列为等差数列，，则（    ）A．9 B．12 C．15 D．16【答案】A【分析】根据等差数列下标和性质计算可得.【详解】解：在等差数列中，所以，所以；故选：A4．若平面向量两两的夹角相等，且，则（    ）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】A【分析】根据题意, 由平面向量两两的夹角相等可得夹角为或, 对夹角的取值分类讨论即可求出的值.【详解】由平面向量 两两的夹角相等, 得夹角为或,当夹角为时,当夹角为时, 故选：A5．拟柱体（所有顶点均在两个平行平面内的多面体）可以用辛普森（Simpson）公式求体积，其中是高，是上底面面积，是下底面面积，是中截面（到上、下底面距离相等的截面）面积.如图所示，在五面体中，底面是边长为2的正方形，，且直线到底面的距离为2，则该五面体的体积为（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】根据题意，得到，，及中截面面积，代入公式求解即可.【详解】由题意得：，，，分别取的中点，顺次连接，得到截面为中截面，且为长方形，边长为，，所以，所以.故选：D6．已知，，且，则的最小值为（    ）A．10 B．9 C． D．【答案】C【分析】由已知，可设，，利用换底公式表示出，带入中，得到m，n的等量关系，然后利用“1”的代换借助基本不等式即可求解最值.【详解】由已知，令，，所以，，代入得：，因为，，所以.当且仅当时，即时等号成立.的最小值为.故选：C.7．《红楼梦》第三十八回“林潇湘魁夺菊花诗，薛荷芜讽和螃蟹咏”中史湘云做东海棠诗社，拟了十二首菊花诗邀众姐妹并宝玉作诗.若已知贾宝玉做了《访菊》《种菊》两首，薛宝钗做了《忆菊》《画菊》两首，剩下八首诗分由林黛玉､史湘云､探春作了，且每人至少作了两首，则不同的情况有（    ）A．980 B．490 C．5880 D．2940【答案】D【分析】根据题意可知，将八首诗分成三份，每份至少两首，有两种情况，，，即可根据分类加法计算原理和分步乘法计数原理，以及组合知识解出．【详解】将八首诗分成三份，每份至少两首，有两种情况，，，若有一人作了首，哪一个人作了首，有种选法，选了哪四首诗，有种选法，剩下的两人各选两首，有种选法， 所以事情完成有种；若有两人作了首，哪一个人作了首，有种选法，选了哪两首诗，有种选法，剩下的两人各选三首，有种选法， 所以事情完成有种，故共有种不同的情况．故选：D.8．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据式子的结构，构造函数，利用导数判断出单调性，比较出a、b的大小；构造函数，利用导数判断出单调性，比较出b、c的大小.【详解】显然，皆为正数.欲比较和的大小，只需比较和的大小.，，即比较0.11和的大小即可.下面先证明且.记，则.令，得：；令，得：；函数在上单增，在上单减，所以对任意，都有，即恒成立，所以对任意且，都有，即恒成立，故，故.构造函数，则，故当时，单调递增，故，即，综上.故选：A. 二、多选题9．下图为2022年8月5日通报的14天内31省区市疫情趋势，则下列说法正确的是（    ）A．无症状感染者的极差大于 B．确诊病例的方差大于无症状感染者的方差C．实际新增感染者的平均数小于 D．实际新增感染者的第80百分位数为641【答案】AD【分析】观察图表，逐一运算验证即可.【详解】由图表知无症状感染者的极差大于，故A正确；由图表知无症状感染者的波动幅度明显大于确诊病例的波动幅度，故B错误；由图表数据计算实际新增感染者的平均数为471.2，故C错误；，故实际新增感染者的第80百分位数为641，故D正确.故选：AD.10．已知函数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（    ）A． B．的图象关于直线对称C．的图象关于点对称 D．函数的最小值为【答案】ACD【分析】先由图像求函数解析式，再逐一研究性质即可.【详解】从图象可以看出，，，因为，所以，解得，将点代入解析式，得，其中，解得，所以，A正确；易得，因为，所以B错误；因为，所以C正确；因为，且，所以函数的最小值为，D正确.故选：ACD.11．已知为抛物线的焦点，过直线上一动点作的两条切线，切点分别为、，则下列恒为定值的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据题意，得切线与切线垂直，，三点共线，再结合抛物线的性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：根据题意，得为抛物线的准线，焦点为，设，所以，设过点与曲线相切的直线方程为：，，即，所以联立方程得，所以，由直线与曲线的相切关系得，整理得，即设切线的斜率为，切线的斜率为，则，所以切线与切线垂直，再将代入整理得，解得，再将，代入得，所以，所以，，所以，因为，，所以三点共线.所以，如图，为直角三角形，为边上的高，故对于A选项，由等面积法得，即，由于点为动点，故不为定值，错误；对于B选项，由过焦点的弦的性质，，是定值，正确；对于C选项，由于切线与切线垂直，故，是定值，正确；对于D选项，由题知，∽，所以，所以，是定值，正确.故选：BCD【点睛】本题考查抛物线过焦点的弦的性质，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题解题的关键在于证明切线与切线垂直，且三点共线.，进而结合抛物线的性质求解.12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）A． B．函数的图象关于对称C． D．【答案】AD【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D.【详解】因为为奇函数，所以，取可得，A对，因为，所以所以，又，故，所以函数的图象关于点对称，B错，因为，所以所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，又，所以，所以，所以，故函数为周期为4的函数，因为，所以，，所以，所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为0，C错；因为，所以，，所以，故函数为周期为4的函数，所以函数为周期为4的函数，又，，，，所以，所以，D对，故选：AD.【点睛】本题解决的关键在于根据条件判断函数的周期性，对称性，并结合函数性质求函数值得和. 三、填空题13．已知函数，则______.【答案】【分析】根据分段函数解析式及对数的运算法则计算可得.【详解】解：因为，所以，所以；故答案为：14．有两个等差数列及由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为________________ .【答案】【详解】试题分析：在等差数列和等差数列中，公共项按从小到大的顺序组成一个新的等差数列：共项，它们的和为【解析】等差数列及其求和公式.15．已知双曲线的左右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在双曲线上，若，，则此双曲线的渐近线方程为______.【答案】【分析】由条件可得，由条件结合定义可求，，由此可得的关系，由此可得的关系，再求双曲线渐近线方程.【详解】因为，所以，所以，，又，所以，所以，所以，又，，所以，，所以，所以，因为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：.16．已知函数和定义域均为，且为偶函数，为奇函数.对于，均有，则___________.【答案】【分析】由题知的图像关于直线对称，的图像关于点对称，进而得，，，，再解方程即可得答案.【详解】解：因为为偶函数，即，所以，的图像关于直线对称，因为为奇函数，即，所以的图像关于点对称.因为对于，均有，所以，因为关于直线对称，所以，因为关于点对称，所以，所以，，又，解得，所以.故答案为：. 四、解答题17．在中，已知，，，为边上的中点，的面积为.(1)求的长；(2)点在边上，且，与相交于点，求的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角形面积公式可得角，再结合向量模长的求法可得线段.（2）在中，由正弦定理可得，进而可得，可知点为三角形的重心，进而可得与，利用余弦定理可得解.【详解】(1)由，解得，又，且即，所以，又，得，所以；(2)在中，，由，得，所以为中点，，即，且点为三角形的重心，则，，所以，所以的余弦值为.18．如图，在图1的等腰直角三角形中，，边上的点满足，将三角形沿翻折至三角形处，得到图2中的四棱锥，且二面角的大小为.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）找到为二面角的平面角，利用余弦定理得到，从而利用勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直，证明面面垂直；（2）先得到两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)因为，所以，因为等腰直角三角形中，，所以，在四棱锥中，.所以为二面角的平面角，即.又，所以，满足.即，又，且，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.(2)由，且，平面，故平面，则有.又，所以，即两两垂直.以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：..设平面的法向量.，令，得.设所求角的大小为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.19．已知数列的首项为1，满足，且，，1成等差数列.(1)求的通项公式；(2)证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析． 【分析】(1)由，，1成等差数列可知数列为等差数列，根据即可求得公差，从而确定的通项公式；(2)对通项进行裂项，根据裂项相消法即可求数列{ }的前n项和，从而判断前n项和的范围．【详解】(1)由题意得，则，∴数列为等差数列．又，∴，即数列的公差为1，∴，即．(2)由已知得，∴．20．甲、乙、丙三人进行围棋比赛，规则如下：甲、乙进行第一局比赛，丙旁观；每局比赛的胜者与旁观者进行下一局比赛，负者下一局旁观；直至有人累计胜两局，则比赛结束，且先累计胜两局者为本次比赛获胜者.已知甲乙对弈，每局双方获胜的概率均为0.5，甲丙对弈、乙丙对弈，每局丙获胜的概率均为0.4、对方获胜的概率均为0.6，各局比赛结果相互独立.(1)设本次比赛共进行了X局，求X的分布列与数学期望；(2)若比赛结束时共进行了4局对弈，求丙是本次比赛获胜者的概率.【答案】(1)分布列见解析，(2)0 【分析】（1）根据题意找到可能的取值及每个取值包含的情况，利用相互独立事件的概率公式分别求其概率，即可得分布列和计算数学期望；（2）列出比赛结束时共进行了4局对弈包含的情况，可得出丙是本次比赛获胜者的概率.【详解】(1)解：由题可知的可能取值为2，3，4.设表示“甲胜乙”，表示“乙胜甲”，表示“甲胜丙”，表示“丙胜甲”，表示“乙胜丙”，表示“丙胜乙”.包含“甲胜，乙胜”，,包含“丙胜，丙胜”，,，的分布列为2340.60.160.24 的数学期望为；(2)若比赛结束时共进行了4局对弈，由（1）知，可能的情况有：甲胜，乙胜，甲胜，乙胜，所以对弈4局比赛结束，丙是本次比赛获胜者的概率为0.21．已知双曲线的一条渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为.(1)求C的方程；(2)设A，B是直线上关于x轴对称的两点，直线与C交于M，N两点，证明：直线AM与BN的交点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据渐近线方程得到，结合点到直线距离公式求出，利用求出，写出双曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程，写出两根之和，两根之积，表达出直线AM与BN的方程，联立后求得交点横坐标满足.【详解】(1)双曲线的渐近线方程为，所以.又焦点到直线的距离，所以，又，所以，，所以双曲线C的标准方程为.(2)证明：联立方程组消去y，并整理得.设，，则，.设，（），则得直线AM的方程为，直线BN的方程为，两个方程相减得，①因为，把上式代入①得：，所以，因此直线AM与BN的交点在直线上.【点睛】直线与双曲线结合的题目，一般处理思路，设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，再利用题干条件列出方程，将问题转化为两根之和与两根之积问题，代入求解.22．已知函数．(1)求函数的最值；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)求证：．【答案】(1)的最小值为：，无最大值.(2)(3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，令，整理得，构造函数，由可知恒成立，从而确定函数的单调性，极值，即可解出函数的最值.（2）由题意整理可得，设函数，利用导数求得函数的最小值，即可求解.（3）设，利用导数求得函数的单调性与最值，得到在上恒成立.令 可得在上恒成立，即可求解.【详解】(1)函数的定义域为. ，令 即 记 ，恒成立，即 在 是递增函数.即恒成立解得 在 上单调递减，在上单调递增. ，故无最大值.的最小值为：，无最大值.(2) 恒成立.即恒成立. 在 恒成立即在 恒成立令 令，即整理得：令 在 恒成立在上单调递增. ， 使得即当时，当时，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增， 构造函数，因为在上单调递增，所以，即因此，实数的取值范围是.(3)设 ，在上恒成立.在上单调递增且在上恒成立.在上恒成立.（其中，）.即则 故【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略:（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值 范围;（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.