2023届江西省丰城中学高三上学期第四次段考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届江西省丰城中学高三上学期第四次段考数学（理）试题（解析版），共22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。

一、单选题
1．下边的Venn图中，两个椭圆区域对应集合A，B，其中，．则阴影部分表示（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中,由此求解即可．
【详解】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中,
，，,
所以阴影部分表示的集合为，
故选：C．
2．下列条件是“过点可以作两条与曲线相切的直线”的充分条件的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出草图，结合图像分析即可
【详解】
由题知点在直线上运动,与的交点为,由图像可知.
要使过点有两条与曲线相切的直线,则点只需要在点的右侧
结合选项可知为其充分条件
故选:C.
3．使有唯一的解的有（ ）
A．不存在B．1个C．2个D．无穷多个
【答案】B
【分析】令,则构造函数,且,得出为偶函数,根据偶函数的对称性,假设有,必有,与题设矛盾,则只有,代入即可得出答案．
【详解】解:令,则,
设,且,
则,
为偶函数,则函数图象关于y轴对称,
由偶函数的对称性,若的零点不为,
则有,必有,不满足的唯一性,
所以只能是,即,
解得,故只有唯一一个.
故选:B
4．如图，由于建筑物AB的底部B是不可能到达的，A为建筑物的最高点，需要测量AB，先采取如下方法，选择一条水平基线HG，使得H，G，B三点在一条直线上在G，H两点用测角仪测得A的仰角为，，，测角仪器的高度是h，则建筑物AB的高度为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义，结合线段组合，可得答案.
【详解】由题意，可得，，，，，，，
故选：C.
5．记△ABC所在平面内一点为P，满足，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由平面向量运算法则将化简后求解，
【详解】过点作的垂线，垂足为，则，
，而与共线，
易得，而，，
故，
故选：C
6．已知函数记函数为的导函数，函数的图象在处的切线与x轴相交的横坐标为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由导数的几何意义可求出切线方程，再利用裂项相消法即可求解.
【详解】，切点，，
切线方程为：，令，即
，切点，
，
切线方程为：，令，
所以，
故选：B
7．下列各式大小比较中，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质，三角函数和指数对数函数的单调性，逐个判断选项是否正确.
【详解】，∴，即，选项A错误；
，，由，
∴，，，选项B错误；
，选项C错误；
，，∴，选项D正确.
故选：D
8．在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则．如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，进而求得，再利用基本不等式即可得到答案
【详解】连接，
在中，因为是的中点，
所以，平方得，
将代入可得，
因为，所以，
所以，
在，，
所以，
当且仅当即时，取等号,
故选：A
9．杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前20项和（ ）
A．2620B．2660C．2870D．2980
【答案】C
【分析】根据与的关系可以求得的通项公式，利用，观察三角垛公式公式的通项结合的结构，即为所求.
【详解】由，得，两式相减，得
，整理，得，
即．因为各项为正，所以，
所以数列是公差为1的等差数列．
又当时，，即，
所以或（舍去），所以，
所以，所以．
因为，所以，
即．
又，所以，
故．
故选：C．
10．如图，在△中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；
②过点作一条直线与边分别相交于点，若，，则；
③若△是边长为的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】由，，，结合向量的运算判断①；由三点共线结合向量的数乘运算判断②；建立坐标系，利用坐标运算结合二次函数的性质判断③.
【详解】对于①：，，，故，故①正确；
对于②：，，因为三点共线，所以，即，解得，故②错误；
对于③：以点作为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系，，，设，因为，，所以，当时，，当时，，即的取值范围是，故③正确；
故选：C
11．若x，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.
【详解】设，则（不恒为零），
故在上为增函数，故，
所以，故在上恒成立，
所以，
但为上为增函数，故即，
所以C成立，D错误.
取，考虑的解，
若，则，矛盾，
故即，此时，故B错误.
取，考虑，
若，则，矛盾，
故，此时，此时，故A错误，
故选：C.
【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.
12．已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若，则；②的最大值为.则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】C
【分析】①根据及与的夹角为求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合，可得：，利用投影公式求出，只需求出最大值，利用面积公式和基本不等式求出最大值为1，进而求出的最大值.
【详解】由，解得：，当时，，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，，代入中，等号不成立，故①错误；
设，，，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，，所以
，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，②正确.
故选：C
【点睛】向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题，这道题目的突破口就是结合与，可得：点C在线段AB上且，进而得到最小值.
二、填空题
13．已知且，若关于的方程的所有正实根从小到大排列构成等差数列，则实数的所有取值构成的集合是_________.
【答案】
【分析】根据半角公式得到，结合图象可知，或，从而求出实数的所有取值构成的集合.
【详解】，即，
所以，
要想所有正实根从小到大排列构成等差数列，
则，或，
所以或，实数的所有取值构成的集合为
故答案为：
14．已知，，点D满足，设，若恒成立，则的最大值为______________．
【答案】4
【分析】将已知变形为，设延长AB至点F，使得,取AC的中点E，并通过得出点D在EF上，再通过与已知条件得出，设，再通过面积法与正、余弦定理得出即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.
【详解】延长AB至点F，使得,取AC的中点E，连接EF，
则，
，
,
,
点D在EF上，过点A作于点G，
由“边角边”公理可得：，
，
，且恒成立，
，
设，根据面积法知：
，
，
，
，
，
当且仅当时等号成立，
，
故答案为：4.
15．10世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观察者异地同时观测同一颗小天体来测定小天体的高度．如图，有两个观察者在地球上A，B两地同时观测到一颗卫星S，仰角分别为∠SAM和∠SBM（MA，MB表示当地的水平线，即为地球表面的切线），设地球半径为R，的长度为，∠SAM＝30°，∠SBM＝45°，则卫星S到地面的高度为______．
【答案】
【分析】根据已知条件，构造三角形，在三角形中根据正、余弦定理求解.
【详解】
如图，圆心为O点，设，由已知的长度为，
即，
∵ ∴是等边三角形，
又，，，，
则，
在中，有，，，
，
由正弦定理可得，，即，
∴
在中，有，，，
由余弦定理可得，
则，
所以，则卫星S到地面的高度为
故答案为：.
16．满足一定条件的连续函数的定义域为，如果存在，使得，那么我们称函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点. 在数学中，这被称为布劳威尔不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹.布劳威尔（英语：），是拓扑学里一个非常重要的不动点定理. 现新定义：若满足，则称为的次不动点. 给出下列四个结论：
①对于函数，既存在不动点，也存在次不动点；
②对于函数，存在不动点，但不存在次不动点；
③函数的不动点和次不动点的个数都是2；
④若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①③④
【分析】对①，由即可判断；
对②，由零点存在定理说明以及在存在交点即可；
对③，分别用导数法讨论与的零点个数；
对④，分别由参变分离法讨论、有唯一解时a的取值范围，最后取交集即可
【详解】对①，，所以0既是不动点，也是次不动点，①对；
对②，对以及，易得，且当时，，
故与在必存在交点，即存在次不动点，②错；
对③，（1）令，，，故单调递增，
又，，故存在唯一，使得， 则在单调递减，在单调递增，
又，，，故仅有两个零点，即仅有2个不动点；
（2）同理，令,
，，故单调递增，
又，，故存在唯一，使得，则在单调递减，在单调递增，
又，，，故仅有两个零点，即仅有2个次不动点. ③对；
对④，（1）当时，则，令，则，
由对勾函数性质易知在单调递增，则，
故要仅有一个不动点，即有唯一解，需；
（2）当时，则，令，则，
由对勾函数性质易知在单调递增，则，
故要仅有一个次不动点，即有唯一解，需；
综上，仅有一个不动点和一个次不动点，的取值范围是，④对.
故选：①③④
【点睛】含参函数零点个数问题，
（1）一般对参数分类讨论，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理判断；
（2）将参数分离出来，用导数法讨论不含参数部分的单调性，由数形结合，转化成两个图象交点的问题；
三、解答题
17．已知函数.
(1)若，求该函数的值域；
(2)证明：当时，恒成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，求出函数的值域，即为函数的值域；
（2）证得，即可证得原不等式成立.
【详解】（1）解：，令，，则，
令，则，
因此，的值域为.
（2）解：由（1）可得，，
因此，即该不等式恒成立.
18．某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距 的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得，，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得，．（注：点A，B，C，D在同一平面内）
(1)求的面积；
(2)求点之间的距离．
【答案】(1);
(2)．
【分析】（1）由正弦定理求得的长，利用三角形面积公式，即可求得答案；
（2）求出和，由余弦定理即可求得答案.
【详解】（1）在 中，，，所以．
由正弦定理：，得，
所以,
，
所以 的面积为．
（2）由，，得，且,
．
在 中由余弦定理，得
,
所以．
即点C，D之间的距离为．
19．设数列的前项和为，已知，__________.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解（若两个都选，则按所写的第1个评分）：
①数列是以为公差的等差数列；②.
【答案】(1)选择①②，都有；
(2)证明见解析.
【分析】（1）选择①，根据等差数列的通项公式，求得；再根据与之间的关系即可求得结果；
选择②，利用的关系消去，构造等差数列，与①同理，即可求得结果；
（2）根据（1）中所求求得，再利用裂项求和法求得，即可证明.
【详解】（1）若选择①数列是以为公差的等差数列，显然其首项为
故，故；
当时，，
当时，，满足.
故的通项公式为；
若选择②
即，整理得：
故，即数列是首项为，公差为的等差数列，
与选择①相同，故的通项公式为.
（2）根据（1）中所求可得：，则
故
又，故可得.
20．已知中，角的对应边分别为，且内切圆的半径.
(1)求的值；
(2)设，若，求的最大值.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】⑴利用正弦定理对进行边角互换，整理后求出，然后再根据得到，利用内切圆半径求出，最后再根据正弦定理求出，；
⑵利用平面向量的线性运算得到，再根据得到和的关系式，最后根据和的关系式求出的最大值.
【详解】（1）
过点作于点，连接，
，
.
，即
，,，.
，.
，为中点.
在中，.
，∴.
（2），，，
.
.
.
令，
.
.
当时，.
21．设A，B，C是△ABC的三个内角，△ABC的面积S满足，且，．
(1)若向量，，求的取值范围；
(2)求函数的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的运算结合面积公式可得，再计算可得，结合正弦函数的范围求解即可；
（2）化简，再令，结合三角函数的范围与二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）由可得，又，故，即.
又是△ABC的三个内角，故.
易得，
.
故，因为，故，，故，故的取值范围为
（2）
.
设，则
则
.
又，故当时，取最大值.
22．设函数，．
(1)若对任意，都有，求a的取值范围；
(2)设，．当时，判断，，是否能构成等差数列，并说明理由．
【答案】(1)
(2)不能构成等差数列；理由见解析
【分析】（1）对求导，分类讨论，借助单调性解不等式；（2）计算，并分别计算，证明，即可证明，，不能构成等差数列.
【详解】（1）（1）的定义域是，．
①若，则当时，，在单调递增，等价于，即，由得．
设，．，故在单调递减，在单调递增，而，所以的解集为．
②若，则在单调递减，在单调递增，等价于，即，即，矛盾，故a的取值范围是．
（2）（2）．
．
同理可得，
．
所以．
下面证明．
，且由（1）知，所以只需证明时，．令，即证．
设，，，
所以．
设，，故在（0，1）单调递减，．
所以，故，，不能构成等差数列．
【点睛】本题属于难题，考察导数与函数的单调性、不等式恒成立问题．（1）虽然不易分离参数，但是a和x有明显的结构相似性，可以通过类似分参的方法说明．（2）为不等式的证明问题，难度较大，涉及多参数的不等式．将求出并化简，侧面考察了等差数列和等比数列的求和.