2023届江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）高三上学期第一次联考（11月）数学（理）试题含答案

这是一份2023届江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）高三上学期第一次联考（11月）数学（理）试题含答案，共19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届江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）高三上学期第一次联考（11月）数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先通过求解分式不等式化简集合，然后利用指数函数的单调性化简集合，最后利用集合间的交运算即可求解.【详解】∵∴由指数函数的单调性可知，，从而，故.故选：C.2．设平面向量，均为单位向量，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】将两边平方，化简后即可得，由此即可选出答案.【详解】因为，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C.3．已知函数则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用分段函数的定义域求解.【详解】因为函数所以，故选：A4．如图，在中，，设，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量的三角形法则运算即可得解.【详解】因为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查平面向量的三角形法则，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.5．如图所示，在平面直角坐标系中，角和角均以为始边，终边分别为射线和，射线，与单位圆的交点分别为，．若，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由三角函数定义得，由诱导公式得，再由两角差的余弦公式可求值．【详解】由题知，，，，，则，故选：C．【点睛】本题考查三角函数的定义，考查诱导公式和两角差的余弦公式，解题关键是掌握两角差的余弦公式．6．通过研究正五边形和正十边形的作图，古希腊数学家毕达哥拉斯发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即.记，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将代入，根据恒等变换公式化简，即可求得结果.【详解】，故选:A.7．已知过点作曲线的切线有且仅有条，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】设出切点，对函数求导得出切线的斜率，利用点斜式方程写出切线，将点代入，并将切线有且仅有条，转化为方程只有一个根，列方程求解即可．【详解】设切点为，由已知得，则切线斜率，切线方程为直线过点，则，化简得切线有且仅有条，即，化简得，即，解得或故选：C8．已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意：，且：，据此：，结合函数的单调性有：，即.本题选择C选项.【解析】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.9．在△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦定理边化角，结合和差公式与同角三角函数的基本关系化简计算题意中的等式，得出，即可得出结果.【详解】已知，由正弦定理，得，所以，有，由，得，，，，，由，解得，又，所以.故选：A.10．已知函数，若数列满足（）且是递增数列，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由分段函数的解析式可得，函数在每一段都是单调递增，且，列出不等关系，求解即可．【详解】因为函数，数列满足，且是递增数列，则函数在每一段都是单调递增，且，所以，解得，所以实数的取值范围是．故选：11．已知函数，且对于任意，都有，下列序号中，①在区间上单调递增；②；③若，则；④若实数m使得方程在上恰有，，三个实数根，则．正确的序号有（    ）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④【答案】D【分析】由题意关于对称，进而求得，则，利用正弦型函数的性质及图象、倍角及诱导公式，判断各项的正误.【详解】由题设知：关于对称，所以，又，则，即.所以，当，则，故在上不单调，①错；，②对；，而，由，即，③对；当，则，而在上图象如下：所以有三个实根，则，此时，则，故，④对.故选：D12．黎曼函数R(x)是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，该函数定义在[0，1]上，当都是正整数，为最简真分数）时，；当或1或x为(0，1)内的无理数时，．若为偶函数，为奇函数，当]时，，则（    ）A．且B．且C．且D．且【答案】C【分析】由为偶函数，为奇函数得到是以4为周期的函数，故可求；与大小关系可通过讨论所有可能取值的情况计算后比较, 所有可能取值分是否为0，1，无理数，有理数来讨论.【详解】因为为偶函数，为奇函数，则关于轴对称且关于成中心对称，所以，，所以是以4为周期的函数，故.下面证明成立.(1) 当至少一个为0时， .(2) 当至少一个为1时，而.故成立.以下讨论的情况均不取0与1两个值.(3)当恰有一个是无理数时，.(4) 当均为无理数时，①若为无理数，②若为有理数，设，则，，故.(5) 当均为有理数时，设，①若为最简分数，则故.②若不为最简分数，设 (最简)，则，故 ，.综上有.故选：C.【点睛】本题要证明的关键是求出与的值，以便比较大小，显然 ，但当时的表达式要分为无理数，为有理数四种情况，为了比较与大小，可对如下分类讨论：取值的值结论是否成立至少一0 00成立至少一1 0成立恰有一个是无理数0成立均为无理数时0成立均为有理数时详见解析详见解析成立对于含有多个变量的分段讨论，如何分段就成为解题的关键. 二、填空题13．已知，若复数为纯虚数，则______．【答案】【分析】利用纯虚数的概念，实部为零且虚部不为零，解出即可【详解】因为为纯虚数，所以，解得故答案为：14．如图，扇环ABCD中，弧，弧，，则扇环ABCD的面积__________．【答案】3【分析】根据弧长公式求出，，再由根据扇形的面积公式求解即可.【详解】设,因为弧，弧，，所以，，所以，，又扇形的面积为，扇形的面积为，所以扇环ABCD的面积．故答案为：315．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】利用奇函数的性质得到，再根据不等式构造函数，分析函数在时的单调性，根据单调性、奇偶性和解不等式即可.【详解】因为为奇函数，定义域为，所以，，又因为时，，所以，构造函数，所以，所以当时，，在上单调递增，又因为，所以，在上大于零，在上小于零，又因为，所以当时，在上大于零，在上小于零，因为为奇函数，所以当时，在上小于零，在上大于零，综上所述：的解集为.故答案为：.【点睛】常见的函数构造形式：①，；②，.16．锐角中，，，为角，，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为______．【答案】，【分析】由题设可得，，结合及余弦定理可得，根据锐角三角形边的关系得到，最后由对勾函数性质求范围.【详解】由题意，，又，则，所以，即，由，，，所以,，由为锐角三角形及上式，则，即，可得，所以在上递减，在上递增，则.故答案为： 三、解答题17．已知函数．(Ⅰ)求的最大值及取得最大值时的x集合；(Ⅱ)设的角的对边分别为，且,求的取值范围．【答案】（Ⅰ）4,；（Ⅱ）.【分析】(1)利用三角恒等变换，化简函数解析式，然后利用整体代换法求函数的最大值及最小值，并确定取到最值时的 的集合；(2)先计算得到角A的值，然后利用正弦定理建立边与角的联系，化边b,c为角B,C，最后根据三角恒等变换化简得到关于角B的式子，利用角B的范围确定范围.【详解】（Ⅰ），，故的最大值为4，当，时取最大值，x的集合为.（Ⅱ）由得,又，故，求的取值范围.由正弦定理，，=，的取值范围为-【点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18．如图，在三棱柱中，侧面底面，侧面是菱形，，，.(1)若为的中点，求证：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】(1)结合已知条件和平面几何关系知，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；(2)取的中点，然后利用面面垂直性质证明底面，再建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解.【详解】（1）∵侧面是菱形，∴，∵为的中点，∴，∵侧面底面，侧面底面，，底面，∴侧面，∵侧面，∴，∵，∴平面，∵平面，∴.（2）取中点，连接，从而，又由，则，∵侧面底面，侧面底面，∴底面，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图：由已知条件和上图可知，，，，，由题意可知，为平面的一个法向量，不妨设平面的一个法向量，因为，，从而，令，则，，即，设二面角为，由图可知为钝角，从而，即，故二面角的正弦值为.19．某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比赛结束），比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分.已知甲､乙两人比赛，甲每局获胜的概率为.(1)在一场比赛中，甲的积分为，求的概率分布列；(2)求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率.【答案】(1)见解析(2) 【分析】(1)结合已知条件，可能取值为，，，，然后分析每种积分对应的输赢情况，然后利用二项分布和独立事件的概率乘法求解即可；(2)结合(1)中结论，分析积分之和为5时三场比赛的积分情况，然后利用独立事件的概率乘法求解即可.【详解】（1）由题意可知，可能取值为，，， ，当时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，则，当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，则；当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，则，当时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，则，故的概率分布列如下：0123（2）设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件，则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，故，故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为.20．已知圆，椭圆．(1)求证：圆C在椭圆M内；(2)若圆C的切线m与椭圆M交于P，Q两点，F为椭圆M的右焦点，求△面积的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)4 【分析】（1）证明椭圆M上任意一点到圆心C的距离大于半径1即可解决；（2）以设而不求的方法得到△面积的表达式，再去求最大值即可.【详解】（1）圆心，半径．设为椭圆M上一点，则．∵，∴当时，有最小值．而，即，故点A总在圆C外．∴圆C在椭圆M内．（2）若直线m斜率不存在，m不能过点，则m的方程只能为，，．若直线m斜率存在，设m的方程为．由直线m与圆C相切得，化简得，则．由得， 则．又到直线m的距离．设，则，．综上，面积的最大值为4．21．已知函数.（1）若在单调递增，求a的值；（2）当时，设函数的最小值为，求函数的值域.【答案】（1）1；（2）.【分析】（1）由在单调递增，利用导数知在上恒成立即可求参数a的值；（2）由有，利用二阶导数可知在上单调递增，进而可知，使得，则有的单调性得最小值，结合并构造函数可求取值范围，进而利用导数研究的单调性即可求范围；【详解】（1），又在单调递增，∴，即在上恒成立，（i）当时，，则需，故，即；（ii）当时，，则；（iii）当时，，则需，故，即；综上所述：；（2），，，∵，有，∴在上单调递增，又，，∴，使得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故的最小值为，由得，因此，令，，则，∴在上单调递增，又，，，∴取值范围为，令（），则，∴函数在上单调递增，又，，∴，即函数的值域为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定；22．在平面直角坐标中，直线的参数方程为（为参数，为常数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线相交于两点，若，求的值．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）直线的参数方程为（为参数，为常数），消去参数得的普通方程，而曲线的极坐标方程可化为，利用可得的直角方程．（Ⅱ）利用直线参数方程中参数的几何意义可得．【详解】（Ⅰ）∵直线的参数方程为（为参数，为常数），消去参数得的普通方程为：即． ∵，∴即，即．故曲线的直角坐标方程为．（Ⅱ）法一：将直线的参数方程代入曲线中得，∴．法二：将代入曲线化简得：,∴．【点睛】直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为 （其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．23．已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出不等式的解集；（2）分析可得知，使得或成立，利用二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，．当时，，解得，此时；当时，，解得，此时；当时，，解得，此时．因此，当时，不等式的解集为；（2）当时，可化为，所以，或，即存在，使得或．，因为，所以，则，，因为，所以，所以，因此，实数的取值范围为．