2023届江西省宜春市丰城第九中学高三年级下册学期重点班开学质量检测数学（理）试题【含答案】

2023届江西省宜春市丰城高三下学期重点班开学质量检测数学（理）试题一、单选题1．定义集合且.已知集合，，则中元素的个数为（

）A．6 B．5 C．4 D．7【答案】C【分析】根据集合新定义求解即可.【详解】根据题意，因为，，所以.故选：C.2．的实部与虚部之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法化简，进而即得.【详解】因为，则的实部与虚部之和为为.故选：B.3．在数列中,,,则（

）A．是等比数列 B．是等比数列C．是等比数列 D．是等比数列【答案】B【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.【详解】解:由题知,所以,又因为,所以是等比数列,且首项为4,公比为2.故选:B4．过点作直线，使它与抛物线仅有一个公共点，这样的直线有（

）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】B【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率存在时，将直线与方程联立，分析即得解；【详解】当直线的斜率不存在时，直线，代入抛物线方程可，故直线与抛物线有两个交点．不满足要求，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消得，，当时，解得，直线与抛物线有且只有一个交点，符合题意；当时，由，可得，即当时，符合题意．综上，满足条件的直线有2条．故选：B.5．将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（

）A． B．的图象关于直线对称C．的图象关于点对称 D．在内是增函数【答案】C【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，利用代入验证法判断BC，根据三角函数单调性判断D.【详解】由题可得，A错误；因为，所以的图象不关于直线对称，B错误；因为，所以的图象关于点对称，C正确；因为，所以在内不是增函数，D错误.故选：C.6．已知三个单位向量，，满足，则的最大值为（

）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据题意可求得，再结合数量积的定义分析运算.【详解】因为，则，∴，故当，即与同向时，有最大值.故选：A.7．若，满足约束条件，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，画出约束条件表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求解作答.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中阴影（含边界），其中，目标函数，即表示点与可行域内的点间距离，显然，过P作于Q，显然点Q在线段BC上，则，观察图形知，，即，，所以的取值范围是.故选：B8．2020年1月11日，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（简称FAST）开放运行.FAST的反射面的形状近似为球冠.球冠是球面被平面所截得的一部分，截得的圆为球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段为球冠的高.某科技馆制作了一个FAST模型，其口径为米，反射面总面积为平方米，若模型的厚度忽略不计，则截出该球冠模型的球的体积为（

）（注：球冠表面积，其中R是球的半径，h是球冠的高）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知，可作出球冠的平面图，根据题意条件，设出长度关系，在中，利用勾股定理和利用球冠表面积公式可得到一组方程，解方程即可求解出球的半径，从而求得球的体积.【详解】如图所示，是弦，是直径，点为弦的中点，由垂径定理可知，交弦于点，由已知可得，口径为米，反射面总面积为平方米，R是球的半径，h是球冠的高，所以，，，，所以，在中，由勾股定理可知：，即①，又由球冠的表面积可得：②，由①②可得：，，所以截出该球冠模型的球的体积为.故选：D.9．设，且，则（

）A．－1 B． C．1 D．【答案】C【分析】根据题意，求出，则可以得到，，进而可得的值.【详解】，故，得，得到，，所以，，得，，，，则故选：C10．已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两点关于直线对称点的特征可求得，并得到中点坐标；利用点差法可构造等式求得，根据椭圆离心率可求得结果.【详解】关于直线对称，，又中点纵坐标为，中点横坐标为；设，，则，两式作差得：，即，；又，，，解得：，椭圆的离心率.故选：A.11．已知，设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据的形式构造函数，利用导数的性质判断其单调性，再结合差比法进行判断即可.【详解】．令，则，．当时，，则在上单调递增，所以，即．因为，所以．故．故选：D【点睛】关键点睛：根据的形式构造函数是解题的关键,12．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为BC的中点，M为PE上的动点，N为平面APD内的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意得出平面PAD，进而可得，将和所在平面折叠在一个平面内，然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.【详解】如图1，取AD的中点F，连接EF，PF，过点M作PF的垂线，垂足为H.由，，四边形ABCD为矩形，可得，由平面平面ABCD，可得平面PAD.在中，由，，可得.由平面PAD，可得平面PAD，可得.将和所在平面折叠在一个平面内，过点B作PF的垂线，垂足为T，如图2所示，易知.记，由，，可得，，，，，可得，，，则，故的最小值为.故选：.二、填空题13．如图，在正六边形ABCDEF中，向量在向量上的投影向量是，则_________．【答案】##－0.5【分析】由在向量上的投影向量公式计算即可.【详解】设正六边形边长为1，则与的夹角为，故在向量上的投影向量为，所以.故答案为：14．设等差数列的前n项和为且，当取最大值时，的值为________________．【答案】【分析】根据题意，用首项表示公差，代入前项和公式，化简得到为关于开口向下的二次函数，进而求出其最大值时对应的的值.【详解】因为，所以，即，化简后可得．，由二次函数性质可知，当时，取得最大值．故答案为：.15．设P是椭圆上的任一点，EF为圆的任一条直径，则的最大值为__________．【答案】【分析】设点，则且，计算得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】圆的圆心为，半径长为，设点，则且，，，所以，所以，当时，取得最大值，即.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．16．已知函数，，函数的图象在点和点处的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是_______.【答案】【分析】设，，由导数法得到，，再由垂直得到，然后写出直线AM，BN的方程，得到M，N的坐标，建立模型，用导数法求解.【详解】解：由题意，，则∴，，，，由，得，∴：，则，：，则，∴，，令（），，∴在上递增，又，，∴的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：求解切线有关的问题，关键点有两个，一个是切点，另一个是斜率.切点即是要看清题目给的已知条件所给点是在曲线上，还是在曲线外；斜率是将切点的横坐标代入导函数求得的三、解答题17．设等差数列的前项和为，，数列为等比数列，其中，，.(1)求，的通项公式；(2)若，求的前项和.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的性质进行求解即可；（2）运用等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.【详解】（1）设数列的公差为，则，，，由得，，∴，或.当时，，；当时，，，所以当时，，；当时，，；（2）若，即，∴，，又，∴，∴.18．某农户有一个三角形地块，如图所示.该农户想要围出一块三角形区域（点在上）用来养一些家禽，经专业测量得到.(1)若，求的长；(2)若，求的周长.【答案】(1)4(2)【分析】（1）在中应用正弦定理得出的长；（2）由结合面积公式得出，再由余弦定理得出，，进而得出的周长.【详解】（1）解：在中，，且，所以.因为，，所以.在，由正弦定理可得，所以.（2）因为，所以，所以，即：，可得.在中，由余弦定理可得，所以，解得或（舍去）.因为，所以.在中，由余弦定理可得所以的周长为.19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面ABCD，底面ABCD为矩形，点F在棱PD上，且P与E位于平面ABCD的两侧．(1)证明：平面PAB．(2)若，，，且在上的投影为3，求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据条件证明平面平面PAB即可；（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量即可算出答案.【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为平面，平面，所以平面，因为底面ABCD为矩形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面PAB，又平面CDE，所以平面PAB．（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．因为在上的投影为3，所以F的坐标为．设平面ACF的法向量为，，，则，即令，得．设平面ACE的法向量为，，，则，即，令，得．由，得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为．20．已知向量，，设函数.(1)若，求的值；(2)设的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且________，求的取值范围.从下面两个条件中任选一个，补充在上面的空隔中作答.①；②；注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)；(2)选①和②答案都是.【分析】（1）结合向量坐标乘法及三角恒等变换，将化简成，再解方程求出的值即得解；（2）结合正弦定理、三角恒等变换及三角形角的范围，可解出的值，即可求出的范围，即可求出的取值范围.【详解】（1）解：因为，，所以，当时，，所以或.所以或.当，时，；当时，.综合得.（2）解：若选①，由正弦定理可得，即，即，由于，所以，解得，由于，得，所以，所以，得，即的取值范围是.若选②，由正弦定理可得，即，由于，所以，由于，得，所以，所以，得，即的取值范围是.21．已知椭圆的右焦点为F，过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为3，C的离心率为．(1)求C的方程；(2)不过C的左顶点A的直线l与C相交于P，Q两点，且直线AP与AQ的斜率之积恰好等于．试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)是，直线l恒过定点．【分析】（1）根据题意可得线段RS垂直于轴，然后列出方程即可求解（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在，设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率积为的表达式中可得定点【详解】（1）由过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为3，可得此时线段RS垂直于轴，设椭圆的半焦距为，将代入可得，所以，所以根据题意可得，解得，所以C的方程为；（2）由（1）可知，当直线l斜率存在时，设直线l方程为，联立消去y，整理得，，所以，，因为，所以，所以，即，所以，即，所以或，均符合．当时，直线恒过定点，因为直线不过点A，所以舍去；当时，直线恒过定点．当直线斜率不存在时，设直线，不妨设，则，则，且，解得或(舍去)；此时直线l过定点，综上，直线l恒过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)设，是的两个不同零点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时，求出、，代入直线的点斜式方程可得答案；（2）令，，设函数与相切于，可得，，，根据、的图象可得时有两个不同的交点，有两个零点，得的取值范围为，求出，即证，不妨设，由，则，构造函数，利用导数判断出，再由在上