2023届湖北省鄂东南三校联考高三上学期阶段（一）数学试题含解析

2023届湖北省鄂东南三校联考高三上学期阶段（一）数学试题

一、单选题

1．设集合A＝{x∈Z|－1≤x≤2}，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合A，B，利用交集定义能求出．

【详解】集合，集合，

∴．

故选：D．

2．设i为虚数单位，若复数z满足，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】先将复数化简，然后求出其模，最后代入求出答案即可.

【详解】由已知得，所以，所以.

故选:C.

3．若a，b是异面直线，直线，则c与b的位置关系是（    ）

A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交

【答案】D

【解析】通过反证法的思想，可以判断出选项正误.

【详解】若a，b是异面直线，直线，则c与b不可能是平行直线．否则，若，则有，得出a， b是共面直线．与已知a，b是异面直线矛盾，故c与b的位置关系为异面或相交，

故选：D

4．已知是自然对数的底数，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及中间值0，1，分析即得解

【详解】因为，

所以，所以.

故选：D.

5．如图，在正方形ABCD中，|AB|=2，点M从点A出发，沿A→B→C→D→A方向，以每秒2个单位的速度在正方形ABCD的边上运动：点N从点B出发，沿B→C→D→A方向，以每秒1个单位的速度在正方形ABCD的边上运动.点M与点N同时出发，运动时间为t（单位：秒），△AMN的面积为f（t）（规定A，M，N共线时其面积为零，则点M第一次到达点A时，y=f（t）的图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，写出的解析式，根据解析式分析选项可得答案．

【详解】①0≤t≤1时，

f（t）=；

②时，

；

③时，

；

④时，

；

所以，其图象为选项A中的图象，

故选：A．

6．在中，“”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】A

【分析】利用切化弦和三角恒等变换判断出“”是“”的充分条件，利用“1”的代换将化为，判断出“”不是“”的必要条件.

【详解】若，则，即，

所以.所以，即，所以，

所以，所以，

所以“”是“”的充分条件；

若，则，

即，

所以，所以或，

所以“”不是“”的必要条件，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

7．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家秦九韶在《算书九章大衍求一术》中将此问题系统解决.“大衍求一术”属现代数论中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”.现有一道同余式组问题:将正整数中， 被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列数，记的前项和为，则 （    ）

A．495 B．522 C．630 D．730

【答案】C

【分析】归纳出被4除余1且被6除余3的正整数的形式，即得通项公式，确定数列是等差数列，再由等差数列前项和公式得结论．

【详解】被4除余1的正整数为形式，

被6除余3的正整数为形式，

被4除余1且被6除余3的数最小的正整数是9，它们可表示为，

即，是等差数列，

，，，

故选：C．

8．如图，在半径为2的扇形中，，点是弧上的一点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以为坐标原点，所在的直线为轴，垂直于所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设，求出，利用三角函数的图象和性质即可求解.

【详解】以为坐标原点，所在的直线为轴，垂直于所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，所以.

设，

所以，

所以

，

因为，

所以当，即时，取得最小值为.

故选：C.

二、多选题

9．已知，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式对选项依次判断即可.

【详解】对于A，因为，，，故A错误；

对于B，因为，所以，所以，故B正确；

对于C，因为，所以，，所以，故C正确；

对于D，因为，所以，故D正确．

故选：BCD．

10．在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则符合条件的有两个

B．若，则是钝角三角形

C．若，则

D．若，则为等腰三角形

【答案】BC

【分析】由正弦定理得，判断A错误；

由余弦定理得，判断B正确；

由正弦定理得，判断C正确；

将已知式子移项平方得，判断错误；

【详解】由正弦定理得，显然无解，故A错误；

因为，所以，所以，所以是钝角三角形，故B正确；

因为，所以由正弦定理得，所以，故C正确；

因为，所以，

所以，即，所以或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故错误.

故选:.

11．如图，在正方体中，分别是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法正确的是（    ）

A．点的轨迹是一条线段

B．点与点到平面的距离相等

C．与平面所成最大角的正切值为

D．与所成角的正弦值的取值范围为

【答案】ACD

【分析】分别取的中点，证得平面平面即可判断A；因得，由此可判断B；由已知得为与平面所成的角，当为的中点时，所成的角最大，求出正切值可判断C；与所成角即为与所成角，当点在点或点时所成角最小，当点在中点时所成角最大，求出其正弦值可判断D．

【详解】设正方体的棱长为2．

由题意知平面，连接，由，得，则共面．

分别取的中点，连接，如图，

因为平面平面，所以平面，同理可得平面．

又是平面内的两条相交直线，所以平面平面，

而平面，所以平面，得点的轨迹为线段，故A正确；

连接，连接交与，因，则，所以到平面的距离是到平面距离的2倍，因为到平面的距离等于到平面的距离，故B错误；

因为平面，所以为与平面所成的角．当为的中点时，，取最小值，此时最大，即与平面所成的角最大，其正切值为，故C正确；

与所成角即为与所成角，

当点在点或点时所成角最小，即

在中，，，；

当点在中点时，，所成角最大为，其正弦值为1，

所以与所成角的正弦值的取值范围为，故D正确．

故选：ACD．

12．定义在上的偶函数满足，当时，.设函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．

C．的图象在处的切线方程为

D．和的图象所有交点的横坐标之和为10

【答案】ABD

【分析】选项A，转化为，分析即得解；

选项B，结合以及是偶函数可得的周期为2，分析即得解；

选项C，先求解时的函数解析式，利用导数求解切线斜率，分析即得解；

选项D，画出和的图象，数形结合即得解.

【详解】由的定义域为，可得，所以的图象关于直线对称，故A正确；

因为，所以，又是偶函数，所以，所以的周期为2，所以，故正确；

当时，所以，所以，所以，又，所以的图象在处的切线方程为，即，故C错误；

因为，所以的图象关于直线对称.画出和的图象如图所示：

由图可得和的图象有10个交点，且关于直线对称，则所有交点的横坐标之和等于，故D正确.

故选：.

三、填空题

13．已知向量满足，则__________.

【答案】15

【分析】将左右平方得到，代入求出所求值.

【详解】因为，所以，

又，，所以，

得，

所以.

故答案为：15.

14．等比数列前n项和为，若，则______.

【答案】

【分析】根据等比数列的性质得到成等比，从而列出关系式，又，接着用表示，代入到关系式中，可求出的值.

【详解】因为等比数列的前n项和为，则成等比，且，

所以，又因为，即，所以，整理得.

故答案为：.

【点睛】本题考查学生灵活运用等比数列的性质化简求值，是一道基础题。解决本题的关键是根据等比数列的性质得到成等比.

15．用表示三个数中最小值，则函数的最大值是___________．

【答案】6

【详解】试题分析：由分别解得，则函数

则可知当时，函数取得最大值为6

【解析】分段函数的最值问题

16．在侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面, .结合数据解三角形即可.

【详解】解：取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面,又可证得.

因为，，

又因为,，

所以,

所以，即，所以,

所以,可得，

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知关于的不等式的解集是．

(1)求实数，的值；

(2)若，，且，求的最小值．

【答案】(1)，．

(2)

【分析】（1）利用不等式的解集和对应方程的根的关系求出实数；

（2）先求出，利用基本不等式求解的最小值.

【详解】(1)因为关于的不等式的解集是，

所以和是方程的两个根，所以

解得

当，时，的解集是，符合题意，所以，．

(2)由（1）知，，所以，

又，，所以，

当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为．

18．已知数列满足且，且.

(1)求数列的通项公式;

(2)设数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将已知条件与两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；

（2）利用裂项相消求和法求出即可证明.

【详解】(1)解：因为，所以，

两式相减得，

当时，， 又，所以，

所以，

所以是首项为2，公比为2的等比数列，

所以；

(2)证明：，

所以， 由，得，

所以，

综上，.

19．如图，在五面体中，四边形为直角梯形，，，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求五面体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】利用余弦定理求出，进而利用勾股定理得到，则可证明平面，所以平面平面；

根据第一问建立空间直角坐标系，根据条件求出每个线段长度，利用锥体体积公式求出五面体的体积.

【详解】(1)证明：因为在中，，

所以，解得，

因为，所以.

又且平面，所以平面，

又平面，故平面平面.

(2)

结合（1）及已知，，设，

以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

故，，

设平面的一个法向量，

则即，令

得故.

又平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，

则，解得，或（舍），

结合锥体的体积公式可得，

故五面体的体积为.

20．已知函数.

(1)若，求在区间上的值域；

(2)若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题设令，根据二次函数性质研究的值域即可；

（2）将问题化为在上有零点，结合二次函数性质并讨论参数a求范围.

【详解】(1)由题设，又，

令，则开口向上且对称轴为，

由，，，

所以，即在区间上的值域为.

(2)由在上有解，令，则，

所以在上有零点，则，即或，

而开口向上，对称轴为，

当，对称轴，则，可得，此时无解；

当，即对称轴，

若，对称轴，此时只需，可得或，此时；

若，对称轴，此时只需，可得或，此时无解；

若，对称轴，此时只需，可得，此时无解；

综上，.

（应用参变分离法，研究右侧对应区间的值域范围亦可）

21．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.

在锐角中，内角的对边分别为，且满足__________.

(1)求角的大小；

(2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过正弦定理将等式中的边转换为对应角的正弦值，①中用正弦的半角公式展开计算即可；②中用三角函数的恒等变换计算即可；③中用余弦的二倍角公式计算即可.其中①③还涉及三角函数诱导公式在三角形中的应用.

（2）根据已知条件，用正弦定理将的转换为正弦值，代入三角形面积公式中，化简即可求出的面积取值范围.

【详解】(1)①由可得，因为为锐角三角形，所以，即；

，得（舍去）, .

故.

②由可得，即

因为为锐角三角形，所以，且

故.

③由得

化简可得；

因为为锐角三角形，所以，即

故.

(2)已知,角与角的内角平分线相交于点,故

,根据正弦定理;设

即，；

因为为锐角三角形，所以，得；

即

故的面积取值范围为：

22．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围.

【答案】(1)极小值为0，无极大值

(2)

【分析】（1）先求出导数，再令，二次求导后可得，则可得在上单调递增，由于，从而可得在上单调递减，在上单调递增，进而可求得极值，

（2）问题转化为在内有两个不等实根，令，求导后分，讨论函数的单调性及最值，当时，求出函数的最小值，然后分，和判断函数的零点，从而可求得结果.

【详解】(1)若，所以，令，

则在上恒成立，

所以在上单调递增，即在上单调递增，

又，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

又，所以的极小值为0，无极大值.

(2)若有且仅有两个零点，即在内有两个不等实根，

令，

则，

当时，在上恒成立，所以在上单调递增，

所以在上至多有1个零点，不符合题意；

当时，令，解得，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以.

若，则，所以在上无零点，不符合题意；

若，则，所以在上有且仅有一个零点，不符合题意；

若，则，

又在上单调递增，

所以在上有且仅有一个零点；

令，所以，

令，解得，令，解得1，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，

所以，

又在上单调递减，

所以在上有且仅有一个零点.

所以在上有且仅有两个零点.

综上，的取值范围是.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求解函数的单调性和极值，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为在内有两个不等实根，然后构造函数利用导数研究其零点的情况，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.