2023届安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试数学试题 一、单选题1．已知复数， 则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的运算，得到，再根据复数的模长公式即可得到结果.【详解】因为则，所以故选:B.2．已知集合， 若， 则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】讨论m的取值，写出A，使其满足条件即可.【详解】时， ， ，，所以 即；时， ， ，不可能；时， ，，不可能.故选：C .3．已知向量满足， 则（       ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】根据已知求出，对平方化简可得.【详解】，又，平方得，将已知代入可得，所以，故选：B.4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作， 其第11卷中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为“直角圆锥”.若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直角圆锥性质求出圆锥高、母线与底面半径关系，根据圆锥体体积与侧面积公式求解.【详解】设圆锥底面半径为，根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得，圆锥高，母线长，圆锥的侧面积为，解得，所以圆锥的体积为.故选：A.5．如图， “天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女) 在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人， 且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为（       ）A．14 B．18 C．30 D．36【答案】B【分析】先求出总的安排方案数，再求出两名女航天员在一个舱内的方案数，两者相减即可.【详解】将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为其中两名女航天员在一个舱内的方案数为所以满足条件的方案数为种.故选:B.6．已知， 且， 则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，准确运算，即可求解.【详解】由，平方可得，可得，因为，可得，则，所以.故选：D.7．当圆截直线所得的弦长最短时，实数（       ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，可判断在圆内，当直线时弦长最短，再根据两直线垂直斜率乘积为，求出参数的值.【详解】解：圆，即，圆心为，半径，直线，即，令，解得，即直线恒过定点，又，所以点在圆内部，所以当直线时弦长最短，又，所以，即，解得；故选：D8．设正项等比数列的前项乘积为， 已知，则的（       ）A．最大值为 32 B．最大值为 1024C．最小值为 D．最小值为【答案】A【分析】根据条件求得等比数列公比，可得等比数列是递减数列，从而得到有最大值，即可得到结果.【详解】设等比数列的公比为，因为,即，化简可得，且，所以所以，且等比数列各项为正，所以即等比数列是递减数列，且所以有最大值，最大值是前4项积或者前5项积，则所以的最大值为32.故选:A.9．过抛物线的焦点的直线与交于两点，若，则的倾斜角（       ）A． B．或 C．或 D．或【答案】D【分析】设，令，代入抛物线的方程，整理后利用根与系数的关系，再由，得，解出的值，即可求出的倾斜角.【详解】因为焦点，设，令，由，消可得，，所以，所以所以，解得：所以的斜率为，则的倾斜角或故选：D.10．若双曲线的左、右焦点分别为，点为圆与此双曲线的一个公共点，则的面积（       ）A．有最大值4 B．有最小值2 C．为 D．为【答案】D【分析】由双曲线定义得到，且，进而求出，求出的面积.【详解】由双曲线方程知，，恰好为圆的直径，所以，如图所示：由双曲线定义知，， ∴，所以∴，故选：D.11．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用对数函数的性质分析判断，由可得，再两边取以5为底的对数化简可得，同样由，可得，由于，两边取以2为底的对数可比较出，从而可得结论.【详解】因为，所以，所以，因为在上为增函数，所以，即，因为，所以，所以，因为在上为增函数，所以，所以，即，，因为在上为增函数，且，所以，所以，所以，综上，，故选：C12．若， 函数的图象恒在函数的图象上方(无公共点)， 则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题知，对于恒成立，等价转化为对于恒成立，构造函数，根据单调性得，分离参数得对于恒成立，再构造函数，对求导，借助单调性求最小值，继而得解.【详解】由题知，函数的图象恒在函数的图象上方，所以对于恒成立，即，即对于恒成立，令，则，而在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以对于恒成立，令，则，所以当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，所以，又.故选：A.【点睛】方法点睛：本题考察了指对函数同构，常见的指对变形有：（1）（2）（3）（4）（5） 二、填空题13．已知曲线在处的切线与直线垂直， 则实数_____.【答案】【分析】利用导数求解出曲线在处的切线的斜率，利用垂直关系可知斜率乘积为−1，构造方程求得结果.【详解】因为，所以，所以曲线在处的切线斜率为，直线的斜率为，因为曲线在处的切线与直线垂直，所以，所以.故答案为：.14．已知甲盒装有3个红球，个白球， 乙盒装有3个红球， 1个白球， 丙盒装有2个红球， 2个白球， 这些球除颜色以外完全相同. 先随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球， 若取得白球的概率是，则_____.【答案】4【分析】分别求出从甲、乙、丙盒中机取一个球取得白球的概率，再表示出随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球， 取得白球的概率即可求出的值.【详解】从甲盒中机取一个球，取得白球的概率是，从乙盒中机取一个球，取得白球的概率是，从丙盒中机取一个球，取得白球的概率是，因为随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球， 取得白球的概率是，所以，解得：.故答案为：4.15．有下列命题:①函数在定义域内是增函数;②函数的最小正周期为;③直线为函数图像的一条对称轴;④函数的值域为.其中所有正确命题的序号为_____.【答案】③④【分析】对于①，直接由的图像可以判断；对于②，利用可以判断；对于③，利用可以判断；对于④，分类讨论与两种情况即可判断.【详解】对于①，由的图像（如图）易知①错；对于②，因为，而，即，故不是的一个周期，故②错；对于③，,，所以,故为的一条对称轴，故③对；对于④，当时，,，,,；当时，,，,,；综上，，故④对.故答案为：③④.16．已知正方体的棱长为 2 ， 点为的中点， 则三棱锥的外接球的表面积为_____.【答案】【分析】如图所示，是中点，先找到的外接圆的圆心，再找到三棱锥的外接球球心的位置，求出即得解.【详解】解：如图所示，是中点，的外接圆的圆心应该是和的垂直平分线的交点，而的垂直平分线是直线, 的垂直平分线是直线,所以的交点就是的外接圆的圆心.过点作底面的垂线，则三棱锥的外接球球心在垂线上.设的中点为,连接,因为，所以，所以四边形是矩形，所以.在△中，.由余弦定理得.所以.所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为： 三、解答题17．已知数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由令 ，即可求出，再将两边同除，即可得到，从而得到是等差数列，即可求出的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【详解】(1)解：因为，，令 ， 则 ， 即， 解得， 由题知， 由， 两边同除以，得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即.(2)解：由（1）及条件可得，所以18．已知锐角的内角的对边分别为， 且.(1)求;(2)若，且的面积为， 求的周长.【答案】(1)(2)6【分析】(1)化边为角即可；(2)由已知列方程组解出a 、b，再用余弦定理求c即可.【详解】(1)由正弦定理及已知得 ，.又为锐角三角形，.(2)由条件知 ，又 ，或 ，当时， 为等边三角形， 故其周长为6，当时， 由余弦定理得，即，此时 ， 则 ，故此时为钝角三角形， 不符合题意，综上的周长为 6 .19．为了促进落实“科技助农”服务， 某地农业农村局组织基层工作人员参与农业科技知识竞赛， 先进行选拔赛. 选拔赛中选手需要从题库中随机抽一题答一题，每位选手最多有5次答题机会，选手累计答对或答错3题即终止比赛， 答对3题者进入正赛， 答错3题者则被淘汰. 设选手甲答对每个题的概率均为，且答每个题互不影响.(1)求选手甲进入正赛的概率;(2)设选手甲在选拔赛中答题的个数为随机变量，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）分甲答题总数为3，4，5时，分别求出对应的概率，再相加即可;（2）当甲答题总数为3时，含三道全对或全错；当答题总数为4时，含前3道中有两道正确一道错误和两道错误一道正确；当答题总数为5时，含前4道中有2道正确，2道错误.求出对应的概率，列出分布列即可求期望.【详解】(1)解：设 “选手甲进人正赛” 为事件， 选手甲答对每个题的概率均为， 答错每个题的概率均为. 当甲连续答对 3 道题时， 进入正赛的概率为;当甲前 3 个题 2 对 1 错，第 4 题对时， 进入正赛的概率为 ;当甲前 4 个题 2 对 2 错， 第 5 题对时， 进入正赛的概率为 .故 .(2)解：由题可知的所有可能取值为3，4，5.则 ，，，的分布列为345 则 .20．如图， 在三棱柱中，为等边三角形，四边形是矩形，，为的中点，且.(1)求证：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）结合勾股定理证明线线垂直，利用线线垂直证明线面垂直；（2）利用坐标法求线面夹角正弦值.【详解】(1)由已知得，，，，，，，，又，且，平面，平面，又平面，，在正三角形中，为的中点，则，又，且，平面平面；(2)如图所示，取的中点为，的中点为，由（1）得三棱柱的侧面与底面垂直，从而，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，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，设直线与平面所成角为，则.21．已知函数.(1)若在上是增函数，求实数的取值范围;(2)若，求证:.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）通过在上是增函数可得到在上恒成立，再通过导数求解的最小值即可得到答案；（2）先利用零点存在定理证明存在，使得，然后得到，再结合基本不等式即可得到答案【详解】(1)，在上是增函数，在上恒成立，可得在上恒成立.令，则，当时，在上是增函数，，，解得或，即实数的取值范围是；(2)，令，则，在上单调递增，因为，，所以存在时，，存在，使得，即，所以当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，，当且仅当即时等号成立，当，【点睛】涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.22．已知为椭圆的右焦点， 点在椭圆上，且轴.(1)求的方程;(2)已知点及椭圆上，两点满足，过点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程【答案】(1)(2)（点除外）【分析】（1）根据点的坐标可得，，的值，即可得椭圆方程；（2）分别讨论直线斜率存在与不存在时直线是否过定点，再根据圆的性质得圆的方程.【详解】(1)由点在椭圆上，且轴，则，所以椭圆方程为，代入点，得，解得或，又，所以，，所以椭圆方程为；(2)当直线的斜率不存在时，可设，则，，，又，即，，解得，此时直线为轴，不成立；当直线斜率存在时，可设，代入椭圆方程，得，，即，设，，则，又，，即，化简可得，即或，当时，直线的方程为，过点，与点重合，不成立，当时，直线的方程为，恒过点，综上所述，直线经过点，而过点作直线的垂线的垂足的轨迹为以为直径的圆（坐标原点除外），其中，，圆心坐标为，半径，所以圆的方程为，点除外，即为点的轨迹方程.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．