2023届河北省部分学校高三上学期11月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届河北省部分学校高三上学期11月联考数学试题（解析版），共16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届河北省部分学校高三上学期11月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由一元二次不等式解得，再根据集合并集运算即可解决.【详解】由题知，，由，即，解得，所以，所以.故选:.2．已知复数，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】先求共轭复数，再求模即可.【详解】，则，即；故选：B.3．若函数则（    ）A． B．2 C． D．3【答案】D【分析】首先计算，再计算的值.【详解】，.故选：D.4．已知是各项不全为零的等差数列，前项和是，且，若，则正整数（    ）A．20 B．19 C．18 D．17【答案】C【分析】将看作关于的二次函数，根据二次函数的对称性进行计算即可.【详解】设等差数列的首项和公差分别为，，则，所以可看成关于的二次函数，由二次函数图象的对称性及，，可得，解得.故选:C.5．函数在上的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由函数的奇偶性，可排除B；由时，可排除选项CD，可得出正确答案【详解】，所以函数是奇函数，排除选项B，又，排除选项CD，故选：A6．已知等比数列满足，，（其中，），则的最小值为（    ）A．6 B．16 C． D．2【答案】D【分析】利用等比数列的性质，得出和的关系，利用基本不等式求出的最小值【详解】由题意，在等比数列中，，，由等比数列的性质，可得，，当且仅当，时，等号成立，因此，的最小值为2.故选：D.7．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，构造函数，借助导数探讨单调性比较b，c，再利用“媒介数”结合不等式性质比较a，b作答.【详解】令函数，，求导得：，令，，有，因此函数在上递减，即有，即，于是得在上递减，而，则，即，，则，又，则，即，有，则，所以.故选：B8．已知方程在上有且仅有两个不同的解、，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】等价于的图象与直线有且仅有两个公共点，即直线与的图象在内相切，利用导数求出即可判断选项CD，再利用反证法分析选项AB即得解.【详解】要使方程在上有两个不同的解，则的图象与直线有且仅有两个公共点，所以直线与的图象在内相切，此时，，设切点，由，∴.所以选项C正确，选项D错误.若选项A正确，则可得，所以.令，所以函数在上单调递增，所以，所以，与矛盾，所以选项A错误；若选项B正确，则可得，因为，所以，所以不成立，所以选项B错误.故选：C. 二、多选题9．已知命题，，则满足命题为真命题的一个充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】先求出命题为真命题时的范围，结合选项可求答案.【详解】因为命题为真命题，所以不等式在上恒成立，所以，解得，命题为真命题的一个充分条件即所求范围的子集，结合选项可知AD符合题意.故选：AD.10．设m，n为不重合的直线，，，为不重合的平面，下列是成立的充分条件的有（    ）A．，，B．，，，，C．，D．，【答案】BD【分析】通过举反例判断选项错误或通过定理与证明得出选项正确.【详解】对于A，如图，有，，，故选项A错误；对于B，由平面与平面平行的判定定理，有，，，，，故选项B正确；对于C，如图，有，，故选项C错误；对于D，由已知如图，∵，∴设，过直线任作一平面，设，，∵，，∴，∵，，∴，∵，，均在平面内，∴，又∵，，∴，同理，作另一平面，设，，可以证明，∵，，，∴.∴有，，故选项D正确.故选：BD.11．已知函数，若在上的值域是，则实数的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据已知求出的范围即可.【详解】，因为，所以又因为的值域是，所以可知的取值范围是.故选：BC.12．已知函数若关于的方程恰有5个不同的实数解，则下列说法正确的是（    ）A．时方程有两个不相等的实数解B．时方程至少有3个不相等的实数解C．时方程至少有3个不相等的实数解D．若方程恰有5个不相等的实数解，则实数的取值集合为【答案】ACD【分析】根据函数解析式，作出函数图象，利用函数与方程的关系，将问题转化为两个函数求交点问题，结合数形结合的思想，可得答案.【详解】作出函数的大致图象，如图所示，令，则可化为，则或，则关于的方程的实数解等价于的图象与直线，的交点个数，对于A，当时，则，此时有两个不相等的实数解，故A正确；对于B，时，取，则或，因为的值域为，故方程只有2个不相等的实数解，故B错误；对于C，时，，与函数图象至少有1个交点，故C正确；对于D，若关于的方程恰有5个不同的实数解等价于的图象与直线，的交点个数之和为5个，由图可得函数的图象与直线的交点个数为2，所以的图象与直线的交点个数为3个，即此时，解得，故D正确，故选：ACD.【点睛】对于根据方程解的个数求参数的题目，常常利用函数与方程的关系，结合数形结合的思想，解决问题. 三、填空题13．已知，则___________.【答案】##-0.5【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因，所以.故答案为：14．若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】将参数分离，转化为二次函数求指定区间最值问题.【详解】不等式在区间内有解，即不等式在区间内有解，设，即，即不大于函数在区间上的最大值，函数的图象为开口向上，对称轴是直线的抛物线，∴，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，∵，，∴，∴，即实数的取值范围为.故答案为：.15．已知数列为递减数列，其前项和，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】先由求出数列的通项公式，根据通项公式可知，当时，数列递减，因此只需使即可.【详解】①当时，，②当时，，∴当时，，数列递减，综上所述，若使为递减数列，只需满足，即，解得，故答案为：.16．已知点，，均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为6，则球的体积为___________.【答案】【分析】由题意可得当点位于垂直于面的直径端点时，三棱雉的体积最大，设球的半径为，由，列方程求出，从而可求出球的体积.【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱雉的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的体积为.故答案为： 四、解答题17．已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)求的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.【详解】（1）在数列中，因，则，于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，所以.（2）由（1）知，，则，于是得，两式相减得：，所以.【点睛】方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．18．已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，.(1)证明：平行六面体是直四棱柱；(2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系.【答案】(1)证明见解析(2)，平行六面体的体积为，的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积 【分析】（1）利用向量法证明，，从而可得平面，即可得证；（2）根据公式求出，利用棱柱的体积公式求出该棱住的体积，从而可得出结论.【详解】（1）证明：由题意，，∴，，即，，∵，是平面内两相交直线，∴平面，∴平行六面体是直四棱柱；（2）解：，由题意，，，，所以，，，∴.∴，故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积.19．已知中，三个内角，，的对边分别为，，，，.(1)求.(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）方法一，应用正弦定理得边化角，结合恒等变换公式化简可求得的值，从而得到结果；方法二，根据正弦定理的边化角，然后由化简，即可得到结果；（2）由正切的和差角公式可得的值，然后可得，结合三角形面积公式，即可得到结果.【详解】（1）解法一：由题，，由正弦定理得，.，，.所以，，，化简得，解得或（舍去）.解法二：由题，，由正弦定理得，，即，即又，故，所以，又，故，所以，又，故，化简得，因此且.所以.（2）由（1）知，因此.所以，，，因为，，所以.20．已知数列满足.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据所给递推关系，得出，两式相减即可求解；（2）利用等比数列及等差数列的求和公式分组求和即可得解.【详解】（1）由题，当时，，即.①当时，②①-②得，所以.当时，也适合，综上，.（2）由（1）知，，则.21．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，，.(1)求证：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)根据线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求线面角.【详解】（1）因为，是的中点，所以，在直角中，，，所以.在矩形中，，，所以.又因为，所以在中，，即，而，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.（2）由（1）知，平面，取中点，连接，易知，，两两相互垂直，如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为，则即令，则，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.22．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明，对，均有.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义进行求解；（2）将所证不等式转化为，构造函数，利用导数研究其单调性和最值，得到，再构造函数利用导数研究其单调性和最值，得到，再利用不等式的性质进行放缩证明.【详解】（1）因为所以，，，则切线方程为，即.则曲线在点处的切线方程为.（2）若证，即证，令，则.当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即.令，，则，可知在上单调递减，所以，即当时，，从而，所以当时，，，当时，，，综上所述，对，均有.【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，合理构造函数，将问题转化为求函数的单调性和最值问题是一种常见方法，如本题中两次构造函数：（1）构造函数证明 ；（2）构造函数证明 .