江西省赣州市教育发展联盟2023届高三上学期第9次联考（12月）数学（文）试题（含答案解析）

赣州市教育发展联盟第9次联考数学文科试卷（宁师中学、会昌三中、瑞金二中、瑞金三中、南康三中、兴国中学）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先化简集合，再结合集合的交集运算法则进行计算即可.【详解】由题意得，，，所以故选：B2.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意分别判断充分性和必要性即可.【详解】充分性：若，则成立，故充分性成立；必要性：若，则，不一定为，故必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.已知函数是奇函数，则（）A.0 B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据奇函数的定义求解即可.【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，所以，经验证，，故.故选：B.4.斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的第100项为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】由题意有，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，可得是以6为周期的周期数列，然后求解即可．【详解】由题意有，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则，，，，，，，，，则数列是以6为周期周期数列，则，则数列的第100项为3，故选：．5.若实数x，y满足，则的最大值为（）A.8 B.6 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据约束条件，作出不等式组所表示的平面区域，再作直线：平移求解.【详解】：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，其中，，.作直线：，平移直线，当其经过点时，有最大值8，故选：A.6.下图中小正方形边长为1，粗线画出的是某平面多边形，现将该图形绕对称轴旋转，则所得几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】旋转后得到一个圆锥与一个圆台拼接而成的组合体，求几何体的体积即可.【详解】由题意得，旋转后，得到一个圆锥与一个圆台拼接而成的组合体，且圆锥的底面半径与圆台的上底面半径相同，且为4，圆台、圆锥的高都为3，故所求几何体的体积.故选：C.7.若函数在上单调递减，则的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】由题知，再根据函数在上单调递减可得，进而解不等式求解即可.【详解】解：因为函数在上单调递减，所以，解得，因为，所以，因为函数在上单调递减，所以，函数在上单调递减，则有，解得，所以的取值范围是，即的最大值为.故选：A8.已知函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】可得函数在上单调递增，不等式的解集等价于的解集，即可求解．【详解】对于函数，定义域为，，故为奇函数，当时，单调递增，根据奇偶性可得在上单调递增，故不等式的解集等价于的解集，即，故选：．9.已知函数的图像在处的切线过点，则（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】结合导数求出切线方程，将代入即可求出参数.【详解】由，，，则函数在处的切线方程为，将代入切线方程可得.故选：B10.已知三棱锥中，平面平面，且，，若，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用条件，得到平面，从而将三棱锥补成直三棱柱，将三棱锥的外接球转化为直三棱柱的外接球，再利用球的截面的性质，先求出外接圆的半径，易得，从而求出外接球的半径，得出结果.【详解】因为平面平面，且，平面平面，面，所以平面，将三棱锥补成直三棱柱，则直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设外接球的球心为，的外心为，则，又由正弦定理，得到，所以外接球的半径，表面积，故选：C.11.设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（）A. B.C.是数列中的最大值 D.数列无最大值【答案】B【解析】【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.【详解】当时，则，不合乎题意；当时，对任意的，，且有，可得，可得，此时，与题干不符，不合乎题意；故，故A错误；对任意的，，且有，可得，此时，数列为单调递减数列，则，结合可得，结合数列的单调性可得故，，∴，故B正确；是数列中的最大值,故CD错误故选：B.12.已知函数，若函数有两个零点，则函数的零点个数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出函数的图象，根据题意利用图象分析可得，令并将问题转化为与交点横坐标t对应x值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.【详解】当时，则在上单调递增，在上单调递减，则；当时，则在上单调递增.作出函数的图象如图所示，令，则，若函数有两个零点，则函数的图象与直线有两个交点，所以，解得，故，令，即，令，则或，解得或，即或，则或，由图象可得有个实数根，有个实数根，故的零点个数为，故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.命题“，”的否定为__________.【答案】，【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词否定结论即可.【详解】因为全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词否定结论，故“，”的否定为“，”，故答案为：，14.设数列的通项公式为，其前项和为，则__________.【答案】100【解析】【分析】讨论，，，时的值，可得，从而可求的值.【详解】当或，时，，；当，时，，，当，时.∴，∴.故答案为：100.15.六芒星，又称六角星，它由两个全等的等边三角形构成，这两个等边三角形的中心重合，且三边分别对应平行，如图，设，则__________.【答案】-4【解析】【分析】利用向量的线性表示即可求解.【详解】因为，所以，，即.故答案为：16.已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若平面满足，且，则截正方体所得的截面周长为__________.【答案】【解析】【分析】在正方向体中，取的中点，通过线面垂直，得到，，从而得出截面为梯形，进而求出结果.【详解】如图，分别取的中点，连接，相交于点，由条件易知，，所以，，又，所以，得到，故，又面，面，所以，又，面，所以平面，又平面，所以，因为，面，面，所以，又，，面，所以面，又面，所以，又，则，又，平面，故平面，又，所以，所以平面截正方体所得的截面即为梯形.由题意得，，则，，，故截面周长为.故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，并决定近期投放市场.根据市场调研情况，预计每枚纪念章的市场价（单位：元）与上市时间（单位：天）的数据如下表.上市时间/天2632市场价/元1486073（1）根据上表数据，从①，②，③中选取一个恰当的函数描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系（无需说明理由），并求出该函数的解析式；（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.【答案】（1），（2）当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.【解析】【分析】（1）根据表中数据的关系可选③来描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系，而根据表中数据可得关于参数的方程组，求出其解后可得函数解析式.（2）利用基本不等式可求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.【小问1详解】每枚纪念章的最低市场价不是关于上市时间的单调函数，故选.分别把，代入，得解得，，∴，.此时该函数的图象恰经过点，∴，.【小问2详解】由（1）知，当且仅当，即时，有最小值，且.故当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.18.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求数列通项公式；（2）求数列的前项和，并证明：.【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）设公差为，利用等差数列的前n项和的公式求解；（2）由（1）得到，再利用裂项相消法求解.【小问1详解】解：设公差为，由题意得解得∴.【小问2详解】由（1）知，∴，.∵，∴.19.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在内的零点.【答案】（1）（2）零点为0与.【解析】【分析】（1）由图象可得，，即，再代入点即得解；（2）先通过图象变换得到，再令可得答案.【小问1详解】由图象可得，，则，即，∴，由图象得，即，∴，，则，，又，∴，故；【小问2详解】将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函，∴，令，则或，解得，，或，，又，∴或，即函数在内的零点为0与.20.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．（1）求值；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解.【小问1详解】因为,结合余弦定理，得，即，所以．【小问2详解】由，即，即即，又，所以，，所以.21.如图，在直棱柱中，底面四边形为边长为的菱形，，E为AB的中点，F为的中点.（1）证明：平面；（2）若点P为线段上的动点，求点P到平面的距离.【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）取BC的中点G，连接FG，EG，，证明平面平面，原题即得证；（2）连接BD与AC相交于点O，利用求解.【小问1详解】证明：如图，取BC的中点G，连接FG，EG，.∵为的中点，E为AB的中点，∴，因为平面,平面，所以平面.∵为的中点，F为的中点，∴.∵直棱柱，∴，∴，因为平面,平面，所以平面.∵，平面，∴平面平面.又∵平面，∴平面.【小问2详解】解：如图，连接BD与AC相交于点O，在中，，同理，由菱形可知，，在中，.设点P到平面的距离为，由平面，可知点到平面的距离也为，由，可得的面积为，的面积为.有，，由，有，可得，故点到平面的距离为.22.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若是的导函数，，且，若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对函数求导得到，求得和，即可求得曲线在点处的切线方程；（2）由题可得，构造函数求出最值即可