2023届湖北省襄阳市部分学校高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省襄阳市部分学校高三上学期期中数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省襄阳市部分学校高三上学期期中数学试题 一、单选题1．命题“，”的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】利用存在量词命题的否定为全称量词命题即可求解.【详解】命题“，”的否定为 “，”.故选：C.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】利用复数的几何意义及共轭复数的概念，结合复数的除法法则即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，则，所以故选：A.3．已知集合，，且，则m的取值范围为（    ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】化简集合，结合并集的定义，列不等式可求m的取值范围.【详解】因为的解集为，所以，又，，所以，则．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：C5．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．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件及递推关系，结合数列的周期性即可求解.【详解】由可知，得因为,所以，，，，，所以是以3为周期的数列，则故选：A.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：ACD12．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．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：1.16．已知实数、满足，则的最小值为__________.【答案】##【分析】由已知可得，令，，则，，且，代入，结合基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，所以，令，，则，，且，所以，当且仅当，时，等号成立.因此，的最小值为.故答案为：. 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A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求角A的大小；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理及代入已知条件进行化简得，再根据，从而求出角A的大小；（2）由正弦定理得，然后由公式，转化为关于得函数进行求解.【详解】（1）因为，所以，则，即又，所以，即又，所以（2）因为，所以，因为为锐角三角形，所以解得 ，则故，即面积的取值范围为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．已知数列满足(1)求的通项公式；(2)设证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）令可求得的值，令，由题干中的等式得出，两式作差可得出在时的解析式，然后对满足在时的表达式进行检验，综合可得出数列的通项公式；（2）求得，求出数列的前项和，进而可证得结论成立.【详解】（1）解：当时，，则，当时，由，可得，上述两个等式作差可得，则，又也满足，所以的通项公式为.（2）证明：由（1）可知，，所以，又，所以，故.22．已知函数(1)求的单调区间；(2)证明：【答案】(1)增区间为，减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，利用函数导数的性质求解出的单调区间；（2）结合分析法证明，构造新函数，对函数求导，然后分类讨论，从而就可以证明不等式了.【详解】（1）因为，且所以令函数，则，所以即在上单调递增.又，所以当时，；当时，故的单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明：要证，即证令函数，，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故令函数，，则当时，，单调递减；当时，，单调递增.故故，则，即【点睛】本题作为压轴题出现常常有以下几种考法：①函数（不含参）单调区间（或判断单调性）②函数（含参）单调区间（或判断单调性）③求函数的极值，最值④求函数的切线方程⑤证明不等式解决问题的关键：对函数求导；分类讨论；构造新函数