2023届云南省部分名校高三上学期11月联考数学试题（解析版）

2023届云南省部分名校高三上学期11月联考数学试题

一、单选题

1．命题“”的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为存在性量词命题即可判断.

【详解】解：由题意得：

全称量词命题的否定为存在性量词命题，故命题""的否定为"".

故选：B

2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由复数的坐标表示，共轭复数定义可得答案.

【详解】由题意知，则.

故选：A

3．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解出集合中对应的不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.

【详解】因为.

所以.

故选：C

4．随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的（    ）

A．100倍 B．50倍 C．10倍 D．5倍

【答案】C

【分析】由题可知，前后两传输公式作差，结合题设数量关系及对数运算，即可得出结果.

【详解】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，

则，，

，则，即，

从而，故传输距离变为原来的10倍.

故选：C

5．已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据图象判断函数的奇偶性，结合特殊值，可得答案.

【详解】易知为偶函数，由，则为奇函数，

由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.

因为当时，无意义，所以C不符合题意.

故选：D.

6．某正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，下列结论正确的是（    ）

A．平面  B．平面 C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件及线面平面的判定定理，结合线面垂直的判定定理及异面直线所成角即可求解.

【详解】由题意可知，如图所示

对于A,由图可知，与平面不平行，故A 错误；

对于B，易知，，所以，同理，

，，所以平面，故B正确.

 对于C，在正方形中，，易知四边形为平行四边形，所以,所以，故C错误.

对于D ，在正方形中，,所以为异面直线与所成角，易知，所以与不垂直，故D错误.

故选：B.

7．已知正数满足，则的最小值为（    ）

A．16 B．12 C．8 D．4

【答案】D

【分析】根据均值不等式得到，计算得到答案.

【详解】因为，所以.

又.所以，当且仅当时，等号成立.

故选：D

8．某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯，在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，（    ）

A．10cm B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件及直角三角形中锐角函数，结合勾股定理及三角函数的性质即可求解.

【详解】过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，如图所示

设，则，，

由，，得，

则，，

，

当，即时，OB取得最大值，

此时

故选：B.

二、多选题

9．已知函数，则（    ）

A．是的极小值点 B．有两个极值点

C．的极小值为 D．在上的最大值为

【答案】ABD

【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，可判断ABC选项；利用函数的最值与导数的关系可判断D选项.

【详解】因为，所以，

当时，；当时，，

故的单调递增区间为和，单调递减区间为，

则有两个极值点，B正确；

且当时，取得极小值，A正确；

且极小值为，C错误；

又，，所以在上的最大值为，D正确.

故选：ABD.

10．函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的有（    ）

A．直线是图象的一条对称轴

B．在上单调递增

C．若在上恰有4个零点，则

D．在上的最大值为

【答案】AC

【分析】利用函数的平移变换及三角函数的性质即可求解.

【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.

对于A，当时，，故直线是图象的一条对称轴，故A正确.

对于B，由，得，则在上不单调，故B错误；

对于C，由，得，因为在上恰有4个零点，所以，解得，故C正确.

对于D，由，得，则在的最大值为，故D错误.

故选：AC.

11．已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，A，B，C三点均在以S为球心的球S的球面上，P是该球面上任意一点，下列结论正确的有（    ）

A．三棱锥体积的最大值为

B．三棱锥体积的最大值为

C．若平面ABC，则三棱锥的表面积为

D．若平面ABC，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为

【答案】ACD

【分析】求出三棱锥的底面面积，结合三棱锥的体积，可求出三棱锥的高和球S的半径，进而得到三棱锥体积的最大值，可判断A，B；对于C，分别算出，三棱锥的各个面的面积，即可得到三棱锥的表面积，可判断C；对于D，通过平移，得到（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，进而可判断D.

【详解】因为正三棱锥的底面边长为6，所以三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，

又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，

所以球S的半径，

则三棱锥体积的最大值为

A正确，B不正确.

若平面ABC，因为，则为球的直径，的外接圆半径为，球的半径为，故，

则根据三角形相似，可知，，又因为，可得，

根据勾股定理，可得，故，

，

取BC的中点D，连接PD，

则，，

故三棱锥的表面积为，C正确.

分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，

由前面计算可知，，，，

取为中点，得，由上可知，面，故面，

在中，，因为，

所以，（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，

且，D正确.

故选：ACD

12．已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为（    ）

A．13 B．12 C．11 D．10

【答案】BC

【分析】根据题意和等差数列的性质可得，构造函数、，利用导数研究两个函数的性质可得，即，进而，得，结合数列的单调性即可求解.

【详解】，

即而，

即有

令，则有，

令函数，则

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

故，从而有，

则有，当且仅当时，等号成立.

同理，即，当且仅当时等号成立，

则，当且仅当时等号成立.

又，所以，故有，

所以，，则

从而，解得，又，，

所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，

所以或

故选：BC.

三、填空题

13．若函数则__________.

【答案】

【分析】利用分段函数的性质，先算，再算即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：.

14．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.

【答案】或6(答案只要是与6中的一个即可)

【分析】若满足的条件①利用及进行转化解出，，利用两角和的正切公式求解；若满足的条件②配凑角，然后利用公式计算即可

【详解】若满足条件①，因为，所以，

解得或，

则或舍去，

则，，

故

若满足条件②，

则

故答案为：或6.

15．已知数列满足，，则______.

【答案】##

【分析】算出数列的前五项，找到数列的周期为3，则本题即可解决.

【详解】由，得.

因为，所以，，，，…，

所以是以3为周期的数列，则.

故答案为：

16．最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽，赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，他用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.如图，某数学探究小组仿照“勾股圆方图”，利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF，拼成一个大的正六边形GHMNPQ，若，则__________.

【答案】1

【分析】由图可以知转化为等量关系，然后利用向量数量积计算即可

【详解】在正六边形ABCDEF中，，则，

所以

因为六边形GHMNPQ是正六边形，

所以，且G，F，E，P四点共线.

又，所以，

所以

故答案为：1.

四、解答题

17．已知是奇函数.

(1)求a的值；

(2)求的值域.

【答案】(1)0

(2)

【分析】（1）根据奇函数的性质，建立方程，可得答案；

（2）利用基本不等式，结合奇函数性质，可得答案.

【详解】（1）因为，

所以

又是奇函数，所以，

即，则

（2）由（1）可知，，，

当时，，当且仅当时，等号成立.

又是奇函数，所以的值域为

18．在中，内角的对边分别为，已知.

(1)求角A的大小；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理化角为边得到，从而得到，由此可得角A的值；

（2）利用余弦定理及配方法可得，再结合三角形面积公式即可得解.

【详解】（1）因为，

所以由得，

则，即，

又，所以，则，

又，故.

（2）因为，

所以，

所以，

解得，

所以的面积.

19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，分别是的中点.

(1)证明：平面

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理，结合勾股定理、线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可求解；

（2）根据（1）中结论及已知条件，建立空间直角坐标系，求出相关的的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式与二面角的关系即可求解.

【详解】（1）取的中点，连接，

因为是等边三角形，

所以

又平面平面，平面平面，平面PAD，

所以平面，

因为底面是正方形，是等边三角形，

所以，

又因为是的中点，，

所以，

因为底面是正方形，不妨令，连接，

因为平面，平面，

,

在中，,

同理可得，，

所以

又因为是的中点，

所以

因为，平面，

所以平面

（2）由（1）知，因为平面，底面 是正方形，

所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示

则由（1）可得，，，，，，，所以，，

设平面的法向量，则

,即，令，则，，

所以

由（1）知，平面

所以是平面的一个法向量，

设二面角所成的角为，则

所以

所以二面角的余弦值为

20．已知函数

(1)若,求的图象在处的切线方程；

(2)若,证明:在上只有一个零点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)将代入即可求的值,写出其点斜式直线方程即为切线方程,

(2)将化简为,构造新函数,求导求单调性判断的零点个数即零点个数.

【详解】（1）解:由题知,

,

,,

的图象在处的切线方程为,

即

（2）证明:当时,,

则函数只有一个零点等价于函数只有一个零点,

可得,

,

,

即,

在上单调递增,

又,

在上只有一个零点,

即函数在上只有一个零点得证.

21．在数列中，，且.

(1)证明数列是等比数列，并求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义，结合只需证明为定值即可；

（2）由（1）得，利用错位相减法即可得解.

【详解】（1）（1）因为，所以，

所以.又，

所以是以3为首项，2为公比的等比数列，

所以，则.

（2）（2）由（1）可知，，则.

令.

则，

则，

则.

又.

所以.

22．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)证明：.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数与单调性的关系求解，

（2）由不等式转化，构造函数判断单调性与最值后证明，

【详解】（1）因为，所以.令.得.

当时，；当时，.

故的单调递减区间为，单调递增区间为

（2）证明：等价于.

因为.所以等价于.

令函数，则.

当时，单调递减；当时，单调递增.

故.

令函数，则恒成立，则是内增函数.

当时，，即，即..

故，即