2023届江西省部分学校高三上学期11月质量检测巩固卷数学（理）试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2023届江西省部分学校高三上学期11月质量检测巩固卷数学（理）试题一、单选题1．已知全集，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】分别解出集合与集合，最后算出【详解】因为，，所以．故选：C．2．已知复数满足，则在复平面上所对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数的除法，复数与共轭复数关系解决即可.【详解】由题知，，所以，其所对应点为，位于第四象限．故选：D．3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三视图画出几何体的直观图，然后根据几何体为三棱锥，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可推知，几何体的直观图如图所示，其中平面平面，，三棱锥的体积为．故选：B【点睛】本题主要考查了三视图，考查三棱锥体积的计算，属于较易题.4．对于实数a，b，c，给出下列命题：①若，，则，；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由不等式的性质逐一判断即可.【详解】若a，b同号，不可能，则，，所以①错误；若，则，所以②错误；由，知，即③成立；由，知，，所以④成立.故选：B.5．设x∈R，a＜b，若“a≤x≤b”是“x2+x-2≤0”的充分不必要条件，则b-a的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式求得x的取值范围，根据充分不必要条件可求出a、b的范围即可．【详解】解不等式得因为“”是“”的充分不必要条件，且所以所以选C【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，注意边界问题，属于基础题．6．牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：，其中为时间（单位：为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度.假设在室内温度为的情况下，一杯饮料由降低到需要，则此饮料从降低到需要（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知条件，将已知数据代入即可求解，进而将，，，代入解析式中即可求解时间．【详解】由题意可得，，，，代入，，解得，故，解得．故当，，，时，将其代入得，解得，故选：B7．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为A． B． C．1 D．【答案】A【分析】先求得的解析式，然后求得的解析式，利用降次公式和辅助角公式进行化简，根据三角函数的取值范围求得的最大值.【详解】由题可知，，所以的最大值为.故选A.【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换，考查三角函数降次公式和辅助角公式，考查三角函数最大值的求法，属于中档题.8．如图，在等腰梯形中，，，，若分别是边上的点，且，，则（

）A． B． C． D．5【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，坐标运算解决即可.【详解】如图所示建立直角坐标系，则，，，，所以，，又，，所以，，则，，所以，故选：C.9．如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③平面；④平面，其中恒成立的为（

）A．①③ B．③④ C．①② D．②③④【答案】A【解析】在①中：由题意得平面，从而平面平面，由此得到；在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线；在③中：由平面平面，从而得到平面；在④中：由已知得平面，从而得到与平面不垂直.【详解】如图所示，连接、相交于点，连接，.在①中：由正四棱锥，可得底面，，∴.∵，∴平面，∵，，分别是，，的中点，∴，，而，∴平面平面，∴平面，∴.故正确.在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线，不可能，因此不正确；在③中：由①可知平面平面，∴平面，因此正确．在④中：由①同理可得：平面，若平面，则，与相矛盾，因此当与不重合时，与平面不垂直.即不正确.∴恒成立的结论是：①③．故选：A.10．已知是等比数列，为其前项和，给出以下命题：①是等比数列；②是等比数列；③，，，…是等比数列；④是等比数列，⑤若，则.其中正确命题的个数为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】根据题意找到反例说明命题错误，或者利用等比数列的定义或前项和公式证明命题正确.【详解】设等比数列的公比为，若，数列不是等比数列，例如数列1，，1，，…，相邻项相加所构成的数列不是等比数列，故①不正确；因为是定值，故②正确；与第1个相仿，若相加和为零，不能构成等比数列，例如数列1，，1，，…，，，，…不能构成等比数列，故③不正确；例如，，则不是等比数列，故④错误；由知，，所以，则，⑤正确.故选:D.11．设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是A． B． C．2e D．e【答案】D【详解】分析：将原问结合函数的单调性转化为对任意的恒成立，结合导函数的性质求解实数的最大值即可.详解：不等式.设，则,于是f(x)在上是增函数.因为，，所以，即对任意的恒成立，因此只需.设，，所以在上为增函数，所以，所以，即m的最大值是e.本题选择D选项.点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.12．如图，在长方体中，，，，点M是棱的中点，点N在棱上，且满足，P是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，由此推导出线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，由此能求出线段长度的取值范围．【详解】取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，是侧面四边形内一动点（含边界），平面，线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，，，．线段长度的取值范围是，．故选：D．【点睛】本题考查立体几何中线段长取值范围，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力．二、填空题13．若x，y满足约束条件，且目标函数可以在点处取到最大值，则k的取值范围是___________．【答案】【分析】画出线性区域找出可行域，然后将问题进行转化截距问题来求最值【详解】如图，阴影部分表示不等式组对应的可行域，由，可得，z表示直线在y轴上的纵截距，因为，可以在点B处取得最大值，所以，所以．故答案：.14．已知，则__________．【答案】【分析】先将已知等式中分离出来，然后利用诱导公式以及两角和的余弦公式进行化简，由此求得的值.【详解】由题可得.【点睛】本小题主要考查方程的思想，考查诱导公式，考查两角和的余弦公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.15．在四棱锥中，平面，，，，，二面角的大小为.若四面体的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______.【答案】【分析】利用对角互补的四边形是圆的内接四边形证得四点共圆，再证明，即可得为二面角的平面角，从而可求得，在由题意可得，从而可得即为四面体外接球的直径，即可得半径，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以A，B，C，D四点共圆，又，故直径是AC，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，所以为二面角的平面角，即，且即为四面体外接球的直径，因为，所以，又，所以，所以，故球的半径，所以该球的表面积为.故答案为：.16．斐波那契数列，又称黄金数列，指的是1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，在现代物理、准晶体结构等领域都有直接应用，对斐波那契数列，其递推公式为，．已知为斐波那契数列的前n项和，若，则___________．（结果用p表示）【答案】##【分析】由已知条件，写出递推公式，累加法求出相应的通项（或递推）公式即可.【详解】因为，所以，，，…，，将以上n个式子两边分别相加，得，所以，又，所以，所以，所以．故答案为：.三、解答题17．在中，，，分别为内角，，的对边，，且边上的中线长为，．(1)求角的大小；(2)求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式进行求解.（2）利用向量的运算、模长公式以及三角形的面积公式进行求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得：，所以．因为，所以，即，即，整理得．因为，所以，所以，即，所以．因为，所以，即．（2）设的中点为，根据向量的平行四边形法则可知：，所以，即，因为，，所以，解得或（舍去）．所以．18．如图，在正方体中，点是底面的中心，是线段上的一点.(1)若是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值；(2)是否存在点使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）利用空间向量的坐标运算求线面角的正弦；（2）利用空间向量的坐标运算，假设存在点，并根据共线假设出坐标，根据面面垂直，则法向量数量积等于零即可求解,【详解】（1）不妨设正方体的棱长为2，以分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.（1）因为点是的中点，所以点的坐标为.所以，，.设是平面的法向量，则即取，则，，所以平面的一个法向量为.所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）假设存在点使得平面平面，设.显然，.设是平面的法向量，则，即取，则，，所以平面的一个法向量为.因为，所以点的坐标为.所以，.设是平面CDE的法向量，则即取，则，，所以平面CDE的一个法向量为.因为平面平面，所以，即，，解得.所以的值为2.故存在点E，使得平面平面，且此时.19．2019年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本3000万元，生产（百辆），需另投入成本万元，且,由市场调研知，每辆车售价为6万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.（1）求出2019年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（2）2019年年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？求出最大利润？【答案】（1）；（2）产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元.【分析】（1）分与两种情况分别求出的表达式后，将其写成分段函数的形式即可．（2）当时，利用二次函数的性质求出的最大值，当时，利用对勾函数的性质求出的最大值，再比较即可得到的最大值和相应的的取值．【详解】（1）当时，，当时，.综上所述，．（2）当时，，所以当时，当时，，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，所以当，即年年产量为百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为万元.20．如图,在三棱柱中,四边形是矩形,,平面平面.(1)证明:；(2)若,，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是菱形,进而可得；（2）以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量垂直数量积为零，列方程组求出平面的法向量，结合平面的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）在三棱柱中,，.又平面，平面.设与相交于点,与相交于点,连接，四边形与均是平行四边形，所以分别是的中点，,平面，∵平面，，，是平面与平面所成其中一个二面角的平面角.又平面平面,，四边形是菱形,从而.（2）由(1)及题设可知四边形是菱形,，.以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,,,，，.设平面的法向量，即，令,可得.又由（1）可知平面,可取平面的法向量为，，由图可知二面角的平面角为锐角,所以它的余弦值为.21．已知数列的前项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)在数列中，，其前项和为，证明．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由构造，得，然后累加法求通项即可；（2）由（1）得，裂项相消求即可.【详解】（1）由题知，，所以当时，，两式相减得，整理得，即，又，，所以，当时，，满足所以．（2）证明：由（1）得，所以，则．又，所以数列单调递增，当时，最小值为，又因为，所以．22．已知函数.(1)若在上恒成立，求实数的最大值；(2)若，求证：.【答案】(1)实数的最大值是(2)证明见解析【分析】（1）当时显然满足条件的实数的最大值是0，当时由题意即可，利用导函数和放缩法求的最大值即可；（2）要证，即证，当时，利用放缩可得，当时，利用放缩可得，利用导函数分别证明不等式即可.【详解】（1）当时，因为当时，显然成立，故此时实数的最大值是0；当时，在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，①当时，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以；