广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三数学上学期期中联考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知复数，则复数的虚部为， 设，则“”是“”的， 下列是递增数列的是， 有下列说法，其中正确的说法为等内容，欢迎下载使用。

2022年11
一､单项选择题：本题包括8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.多选､错选均不得分.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列是递增数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【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. 若分别表示面积，则
【答案】BCD
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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：本大题共4小题，每小题5分
13. 设是公比不为1的等比数列，且，则的通项公式___________.
【答案】.
【解析】
【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】
【解析】
【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】
【解析】
【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：.
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，若则三棱锥的体积为___________，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】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥高，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.
四､解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 在中，内角所对边分别为，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）
【解析】
【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．
【小问1详解】
解：在中，
由，根据正弦定理得
，
，
，
，
又，
．
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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;
【小问2详解】
,
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
证明：连接在三棱柱中，
因底面，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.
【小问2详解】
取中点F，连结，
则因为D，F分别为，的中点，所以.
因平面平面，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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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）．
【解析】
【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．
【小问1详解】
，
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．
【小问2详解】
，
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．