2023届广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考数学试题含解析

2023届广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据对数函数单调性解不等式化简集合A，由二次不等式化简B，直接计算并集即可.

【详解】，

，

故选：A

2．已知复数，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由复数的运算求出，再求出虚部即可.

【详解】，故虚部为.

故选：C

3．如图，在平行四边形中，分别为上的点，且，连接交于点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】选为基底分别把表示出来，然后代入中，的系数对应相等即可；本题也可以用排除法，显然，故，只有C选项满足，故选C.

【详解】设

则

显然

得

显然

因为

所以有

即

根据向量的性质可知

解得

故选：C

4．已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数运算性质可得且，从而，由等比数列性质有，所以，即可求公比.

【详解】令公比为，

由，

故且，

所以，则，

又，，则，

所以，

综上，.

故选：B.

5．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时8秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，则的表达式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由点A坐标，可求得.由题可知的最小正周期为8，据此可求得.又由题,有，结合可得.

【详解】因点在水车上，所以.

由题可知的最小正周期为8，则，又，则.

因，则，又，故.

综上：.

故选：D

6．设，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分而不必要条件

C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】结合基本不等式、不等式的性质，根据充分必要条件的定义判断．

【详解】，若，则

，当且仅当时等号同时成立，充分性满足，

若，不一定成立，例如，时，，但，必要性不满足，

故选：B．

7．已知函数在区间上单调，且对任意实数均有成立，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，利用正弦函数的图象和性质，求出，由是函数的最大值点，即可求出.

【详解】由题意知，函数的最小正周期为，

因为函数在上单调，且恒成立，

所以，即，解得，

又是函数的最大值点，是函数的最小值点，

所以，又 ，解得.

故选：D.

8．已知定义在上的函数是偶函数，且在上单调递增，则满足的的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】将变形为，利用奇偶性和在上的单调性列出不等式，求出的取值范围.

【详解】，即，

因为是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，

所以，解得：或

故选：A.

二、多选题

9．下列是递增数列的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据增数列的定义，逐项分析即可.

【详解】对于A， ，是摆动数列，不符合题意；

对于B， ，符合题意；

对于C， ，当 时， ，符合题意；

对于D， ，当 时， ，不符合题意；

故选：BC.

10．有下列说法，其中正确的说法为（    ）

A．为实数，若，则与共线

B．若，则在上的投影向量为

C．两个非零向量，若，则与垂直

D．若分别表示的面积，则

【答案】BCD

【分析】根据平面向量共线定理及向量的坐标运算即可判断ABC，然后结合图形，结合向量运算及三角形面积公式即可判断D.

【详解】对于A，当时，很显然，但是与不共线，故A错误；

对于B，因为在上的投影向量为

故B正确；

对于C，因为向量为非零向量，且，

即，故与垂直，即C正确；

对于D，如图所示取中点为，则,

由，可知，

所以三点共线，且，故，故D正确.

故选:BCD.

11．已知函数满足，有，且，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．是奇函数

B．时，单调递减

C．关于点对称

D．时，方程所有根的和为30

【答案】AD

【分析】利用已知条件可知在上为奇函数且单调递减，根据可知函数周期为4，根据函数周期性可以推导出函数关于、，对称，根据函数图像即可判断各选项的正误.

【详解】由题设知：，故在上为奇函数且单调递减，

根据可知函数周期为4，

又，即关于、，对称.

对于A选项，由于关于，对称，即，的周期为，得，即，所以为奇函数，故A正确；

对于B选项，等价于，由上易知：上递减，上递增，故不单调，故B错误；

对于C选项，由上知：关于对称且，所以不关于对称，故C错误；

对于D选项，由题意，只需确定与在的交点，判断交点横坐标的对称情况即可求和，如下图示，

∴共有6个交点且关于对称，则，

∴所有根的和为，故D正确.

故选：AD

【点睛】关键点点睛：根据已知函数的性质确定对称轴、对称中心、周期，并应用数形结合判断函数的交点情况，即可知各项的正误.

12．已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（    ）

A．是等差数列 B．当或16时，的前项和最小

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用定义证明等差数列判断A选项正误，分析通项公式的正负比较大小，判断BC选项的正误，通过构造函数，并利用导函数研究函数的单调性判断D选项的正误.

【详解】解：已知，

对于A， ，，解得：，

时，

整理得：，

故是等差数列，选项A正确；

对于B，，则，

令，则数列的通项公式为，

，，其前15项均为负数，

因此，当或16时，数列的前项和最小，选项B正确；

对于C，，选项C错误；

对于D，令，，则，

在单调递增，，

则，即，选项D正确；

故选：ABD.

三、填空题

13．设是公比不为1的等比数列，且，则的通项公式___________.

【答案】.

【分析】根据已知条件列方程求出公比，从而可求出通项公式.

【详解】设等比数列的公式为（），

因为，

所以，即，

解得或（舍去），

所以，

故答案为：.

14．曲线在处的切线方程为__________.

【答案】

【分析】利用导数的几何意义求解即可.

【详解】，切点为，

，，

切线为：，即.

故答案为：

15．已知，则___________.

【答案】

【分析】根据同角三角函数基本关系，求出，再由角的变换及两角差的正切公式求出，即可得解.

【详解】，，

，，

，

，

.

故答案为：.

四、双空题

16．已知菱形的各边长为，如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时则三棱锥的体积为___________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为___________.

【答案】          ##

【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，进而得出体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.

【详解】取中点，连接，则，平面，

∴平面，，

又，，

∴，则三棱锥的高，

三棱锥体积为；

作于，设点轨迹所在平面为，

则平面经过点且，

设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，

易知平面平面，且四点共面，

由题可得，，

，又，

则三棱锥外接球半径，

易知到平面的距离，

故平面截外接球所得截面圆的半径为，

∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：对于求三棱锥外接球半径，关键在于找到三棱锥外接球的球心，根据勾股定理得出三棱锥外接球的半径.

五、解答题

17．在中，内角所对的边分别为，且满足．

(1)求角；

(2)已知，的外接圆半径为，求的边上的高．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；

（2）先根据正弦定理求得，再根据余弦定理求得，进而根据等面积法求得．

【详解】（1）解：在中，

由，根据正弦定理得

，

，

，

，

又，

．

（2）解：在中，

，

，

根据余弦定理得

，

即，

，

，

，

．

18．设数列满足，且.

(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；

(2)设，求数列的前99项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；

（2）根据，利用并项求和法，可得答案.

【详解】（1）由已知得， 即，

是以2为首项， 2为公差的等差数列.

，

当时，,

当时，也满足上式，所以;

（2）,

当时，

19．已知函数.

(1)如果函数在处取到最大值，，求的值；

(2)设，若对任意的有恒成立，求的取值集合.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的图像求解即可；

（2）利用诱导公式和二倍角公式化简即可求解.

【详解】（1）由题意可得，

因为函数在处取到最大值，

所以由正弦函数的图像得，

又因为，解得.

（2）由（1）得

恒成立，

所以，即，解得.即

20．如图，在直三棱柱中，侧棱长为是边长为2的正三角形，分别是的中点.

(1)求证：面面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)详见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件可证，，可得平面，即可求证；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）证明：连接在三棱柱中，

因为底面，平面，

所以.

又为等边三角形，E为的中点，所以.

因为，且平面,平面,

所以平面,平面，

所以平面平面.

（2）取中点F，连结，

则因为D，F分别为，的中点，所以.

因为平面平面，且平面平面，

平面，所以平面，

如图建立空间直角坐标系，

由题意得,， ，

，，

设平面的法向量，

则，

令则.

平面的法向量

所以

平面与平面的夹角的余弦值是.

21．已知椭圆的下顶点为，过右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点，线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题设有，令，求得，再结合已知求出a，进而写出椭圆方程；

（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.

【详解】（1）解：因为椭圆的下顶点为，

所以，

椭圆的右焦点为，

令，则，解得，

则，所以，

所以椭圆的标准方程为；

（2）解：①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；

②当直线斜率存在时，设，

当时，此时关于y轴对称，令，

∴且，则，又，

∴，解得或(舍)，则符合题设，

∴此时有；

当时，设，

联立，得，

，得，

且，

由，

即，

∴，

整理得，解得（舍去），

代入得：，

∴为，

设的中点为，

则，

则线段的中垂线为，

∴在轴上截距，

而，

当且仅当，即时，取等号，

∴且，

综合所述，.

【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线斜率，设直线方程及交点坐标，联立椭圆方程并应用韦达定理求交点坐标与所设直线参数的表达式，再根据向量垂直的坐标表示求参数，进而确定中垂线方程及参数范围.

22．已知函数，函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)增区间是，减区间是．

(2)．

【分析】（1）求出导函数，对，由函数性质得，对对再一次求导，确定单调性后得导数值的正负，从而得单调区间；

（2）构造函数，求出导函数，对再一次求导后，还要第三次求导，然后由时的导数值的正负分类讨论求解．

【详解】（1），

时，，又，则，因此，递减，

设（），则，时，，，

是增函数，即是增函数，所以，因此递增，

∴的增区间是，减区间是．

（2），

设，满足题意，

，令，

则，令，

则，∴即在上是增函数，

，

当时，，即在上递增，

∴，在上递增，所以恒成立，原不等式恒成立，

当时，则，又，

∴存在，值得，

时，，即递减，时，，即递增，

又，∴时，，从而递减，于是不合题意，

综上，的取值范围是．

【点睛】方法点睛：函数不等式恒成立问题的解题方法有：

（1）直接法，直接构造函数，利用函数的值域或最值得参数范围；

（2）分离参数法，通过分离参数构造新的函数，由新函数的值域（或最值）得参数范围；

（3）数形结合法，不等式变形，然后构造两个函数（通常变化的是一次函数，固定的是较为复杂的函数），通过函数图象求解．