2023届江西省临川第一中学高三上学期期中考试数学（文）试题含答案

  临川一中2022-2023学年度上学期期中考试

高三年级文科数学试卷

1.若集合，，则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

B

解析：

【分析】由偶次根式有意义的要求可解不等式求得集合，根据交集定义可得结果.

【详解】由得：，即，又，.

故选：B.

2.已知复数（是虚数单位），则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

【分析】根据复数的乘、除法运算求出，进而求出，结合复数的几何意义即可求解.

【详解】，得，

则．故选：A.

3.已知函数的图象经过点，则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

【分析】将点代入函数解析式中求出的值，从而可求出函数解析式，进而可求出的值.

【详解】因为函数的图象经过点，

所以，，得，所以，

所以，故选：A.

4.（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】利用诱导公式和两角和的正弦公式求解.

【详解】

，故选：C.

5.在长方体中，，与所成的角为，则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

D

解析：

【分析】连接，由可得是异面直线与所成的角，再利用长方体的性质、直角三角形的边角关系即可得出.

【详解】如图所示，连接，，

是异面直线与所成的角，即，

在中，，

在中，有，即.故选D.

6.设命题，命题，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】解对数不等式和一元二次不等式可确定命题，对应的区间，根据必要不充分条件的定义可得包含关系，由此可构造不等式组求得结果.

【详解】由得：，解得：，即；

由得：，即；

是的必要不充分条件，，

，解得：，即实数的取值范围为.故选：C.

7.在等差数列中，，其前项和为，若，则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】由等差数列前项和公式可得数列为等差数列，根据可得公差为，即可求解的值，即可得出结论.

【详解】因为数列为等差数列，故，则，

当时，，则，

所以数列为等差数列，设其公差为．又，

即，又，所以，

所以，即．故选：C.

8.如图，在边长为的正方形中，其对称中心平分线段，且，点为的中点，则（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.

【详解】，，.

.故选：A.

9.已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是减函数，令，，，则，，的大小关系为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】由已知得出函数的图象关于直线对称，这样得出函数在上是减函数，再由奇函数得出在上是增函数，利用奇函数得，从而得出，确定，，的值或范围后利用单调性可比较大小．

【详解】因为是定义在上的奇函数且满足，

，所以的图象关于直线对称，

在上是减函数，则在上是增函数，

又是奇函数，所以在上是增函数，

所以在上是增函数，在上是减函数，

结合奇函数得，所以，

，，，

所以，即，故选：C．

10.已知函数部分图象如图所示，且的面积是面积的倍，则函数的单调递减区间为（   ）

A.，

B.，

C.，

D.，

答案：

B

解析：

【分析】根据题意和图象求得函数的解析式为，利用整体代换法即可求出函数的单调递减区间.

【详解】由图象可知，，令，则，即，

因为，由，得，所以，由，得；

又函数图象过点，则，

得，，解得，

又函数的最小正周期满足，

即，所以，当时，满足题意，所以，由，，

得，，

故函数的单调递减区间为，，故选：B.

11.已知，则方程的解的个数为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】依题意可得，即或，再分类讨论，分别计算可得.

【详解】方程，即，

即或，当时或等价于或，

令，则，

当时，时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以方程只有唯一解，

又的解也为，从而时方程只有一个解，

当时或等价于或，

易知方程有两个解、，

又方程解得，故当时方程有个解，

综上可得方程的解得个数为个；故选：C.

12.已知双曲线左，右焦点分别为，，若双曲线右支上存在点使得，则离心率的取值范围为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

【分析】在中，由正弦定理可得，

再由已知可得，根据点在双曲线右支上，得到关于的不等式，

从而可求出的范围.

【详解】由题意可得点不是双曲线的顶点，否则无意义，

在中，由正弦定理得，

因为，所以，所以，

因为点在双曲线右支上，所以，

所以，得，由双曲线的性质可得，

所以，化简得，

所以，解得，因为，所以，

即双曲线离心率的取值范围为，故选：C.

二､填空题

13.已知，，且，则向量与的夹角等于        .

答案：

或

解析：

【分析】由向量数量积运算律和定义可求得，由此可得夹角.

【详解】，

，解得：，

又，.故答案为：.

14.拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为        .

答案：

解析：

【分析】根据拉格朗日中值定理的定义可构造方程，解方程即可求得“拉格朗日中值点”的个数.

【详解】，，

令，解得：或，

∴在上的“拉格朗日中值点”的个数为.故答案为：.

15.设为坐标原点，直线与拋物线交于，两点，若，则的焦点坐标为        .

答案：

或

解析：

【分析】由可求得，坐标，由垂直关系可得，由此可得，进而确定焦点坐标.

【详解】由得：，不妨令，，

，，

，，解得：，抛物线，

的焦点坐标为.故答案为：.

16.在锐角中，角，，所对的边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围        .

答案：

解析：

【分析】利用三角形面积公式与余弦定理,可得，再根据同角关系式可得，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得出，结合条件可得的取值范围，进而即得.

【详解】因为，且，

所以，即，

由余弦定理得：，

所以，又，

所以，解得：或，

因为为锐角三角形，所以，，

所以，因为，

所以，

由正弦定理得：

，因为为锐角三角形，

所以，即,所以，

所以，所以，

所以，，故.故答案为：.

三､解答题.

17.已知等比数列的公比与等差数列的公差相等，且，.

（1）求，的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）设的公比为，的公差为，则由已知条件列方程可求出，，从而可求出，的通项公式；

（2）由（1）得，然后利用分组求和法可求得结果.

【详解】

（1）设的公比为，的公差为，

因，则，解得，

而，则，

又，，有，

所以，的通项公式分别为，.

（2）由（1）可知，，令数列的前项和为，

则

.

18.如图，在四棱锥中，，且，是棱上一点，且满足.

（1）证明：平面；

（2）若三棱锥的体积是，的面积是，求点到平面的距离.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）作辅助线，利用线面平行的判定定理可证明结论；

（2）设点到平面的距离为，根据等体积法，有，即可求得答案.

【详解】

（1）如图，在棱上取一点，使，连接，.

，，，且,

又，，且.

四边形是平行四边形，.

又平面，平面，平面.

（2）设点到平面的距离为,三棱锥的体积是，

的面积是，

因为，所以，，

即，，解得.

19.年月日是世界环境日，十三届全国人大常委会第三十二次会议表决通过的《中华人民共和国噪声污染防治法》今起施行.噪声污染已经成为影响人们身体健康和生活质量的严重问题，为了解声音强度（单位：）与声音能量（单位：）之间的关系，将测量得到的声音强度和声音能量的数据作了初步处理，得到如图所示的散点图：

（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为声音强度关于声音能量的回归模型？（能给出判断即可，不必说明理由）

（2）求声音强度关于声音能量的非线性经验回归方程（请使用题后参考数据作答）；

（3）假定当声音强度大于时，会产生噪声污染，城市中某点处共受到两个声源的影响，这两个声源的声音能量分别是和，且.已知点处的声音能量等于与之和，请根据（2）中的非线性经验回归方程，判断点处是否受到噪声污染，并说明理由.

参考数据：，，令，有，，

，，，

，，，.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据已知条件，结合图象的增长趋势，即可求解．

（2）令，，则，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可求解．

（3）设点处的声音能量为，则，利用基本不等式求出，再代入（2）中的非线性经验回归方程，求出，即可判断．

【详解】

（1）散点图近似在一条曲线上，故更适合．

（2）令，，则，，，即关于的回归方程是，

则关于的非线性经验回归方程是．

（3）设点处的声音能量为，则，因为，，，

所以，

当且仅当，即，时等号成立，

所以，

所以点处会受到噪声污染．

20.已知椭圆的左､右焦点分别为，且焦距长为，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.

（1）求椭圆的方程；

（2）如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于，两点，直线，分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）写出直线方程，取求得值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于，的方程组，求解，的值，则椭圆方程可求；

（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，横纵坐标的和与积，分别写出，的方程，求得与的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得与的面积之积为定值．

【详解】

（1）由题意，，，故过且斜率为的直线的方程为，

令，得，由题意可得，解得，．

求椭圆的方程为；

（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，

，，联立，得．

，，由，得，

，

，

直线的方程为，令，解得，

则，同理可得，

.

21.已知函数，．

（1）若在区间上存在极值点，求实数的取值范围；

（2）求证：当时，对任意，．

（参考：，，，）

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）参变分离，构造新函数，求导判断函数单调性，从而得函数的值域，可得的取值范围；（2）令，求解导函数，令新函数求解导函数，分类讨论和两种情况，由的正负判断单调性，结合零点，判断单调性，设的零点，结合题目所给提示判断得，从而可得，构造新函数，求导判断单调性，即可证明得，所以可得证.

【详解】

（1）由题意，在上有变号零点，

，令，则，

所以函数单调递增，∴，

∴，∴的取值范围为．

（2）时，，

，令，

则，当时，，单调递减；

此时，

，存在唯一的使，

且当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

且，

，∴当时，，

当时，，单调递增，且当时，，

∴时，，单调递增，且注意到，，

∴存在唯一的使，即，

且在上单调递减，上单调递增，

∴，

令，，

，在上单调递减，

∴，

∴，综上：对有．

四、选做题（2选1）

22.已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于，两点，点的直角坐标为，求.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据直线参数方程，消去参数即可得到普通方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可直接将曲线化为直角坐标方程；

（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得韦达定理的结论，根据直线参数方程中参数的几何意义可知，由韦达定理可得结果.

【详解】

（1）由得：，即直线的普通方程为：；

由得：，整理可得：，

即曲线的直角坐标方程为：.

（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，

即，设，对应的参数分别为，，

则，，.

23.已知函数．

（1）当时，求的解集；

（2），若对，使得成立，求实数的取值范围．

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）将函数化成分段函数，再分段讨论求解不等式作答.

（2）利用绝对值的三角不等式求出最小值，再求出最小值，然后利用已知建立不等式，求解作答.

【详解】

（1）当时，，当时，，解得，无解，

当时，，解得，则，当时，，

解得，则，所以原不等式的解集为．

（2）当时，，

当且仅当时取“”，即，

而当时，，因此，

因为对，使得成立，从而得，

因为，则有，解得或，

所以实数的取值范围为．