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文档简介
湖北省孝感市普通高中联考协作体2023年高三下学期阶段性考试数学试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题:本题共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i是虚数单位,则1+iiA.-12+32i2.若执行如图所示的程序框图,则输出的值是()A. B. C. D.43.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为()A. B. C. D.4.音乐,是用声音来展现美,给人以听觉上的享受,熔铸人们的美学趣味.著名数学家傅立叶研究了乐声的本质,他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述,它们是一些形如的简单正弦函数的和,其中频率最低的一项是基本音,其余的为泛音.由乐声的数学表达式可知,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波.下列函数中不能与函数构成乐音的是()A. B. C. D.5.抛物线的焦点为,点是上一点,,则()A. B. C. D.6.已知单位向量,的夹角为,若向量,,且,则()A.2 B.2 C.4 D.67.已知圆M:x2+y2-2ay=0a>0截直线x+y=0A.内切 B.相交 C.外切 D.相离8.若平面向量,满足,则的最大值为()A. B. C. D.9.已知命题若,则,则下列说法正确的是()A.命题是真命题B.命题的逆命题是真命题C.命题的否命题是“若,则”D.命题的逆否命题是“若,则”10.如图,抛物线:的焦点为,过点的直线与抛物线交于,两点,若直线与以为圆心,线段(为坐标原点)长为半径的圆交于,两点,则关于值的说法正确的是()A.等于4 B.大于4 C.小于4 D.不确定11.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为A. B. C.2 D.12.已知等比数列满足,,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.的角所对的边分别为,且,,若,则的值为__________.14.在中,、的坐标分别为,,且满足,为坐标原点,若点的坐标为,则的取值范围为__________.15.若x,y均为正数,且,则的最小值为________.16.三棱锥中,点是斜边上一点.给出下列四个命题:①若平面,则三棱锥的四个面都是直角三角形;②若,,,平面,则三棱锥的外接球体积为;③若,,,在平面上的射影是内心,则三棱锥的体积为2;④若,,,平面,则直线与平面所成的最大角为.其中正确命题的序号是__________.(把你认为正确命题的序号都填上)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.(12分)已知,,设函数,.(1)若,求不等式的解集;(2)若函数的最小值为1,证明:.18.(12分)已知函数(),是的导数.(1)当时,令,为的导数.证明:在区间存在唯一的极小值点;(2)已知函数在上单调递减,求的取值范围.19.(12分)如图,四边形中,,,,沿对角线将翻折成,使得.(1)证明:;(2)求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)已知函数(1)若,试讨论的单调性;(2)若,实数为方程的两不等实根,求证:.21.(12分)设数列是公差不为零的等差数列,其前项和为,,若,,成等比数列.(1)求及;(2)设,设数列的前项和,证明:.22.(10分)设,函数.(1)当时,求在内的极值;(2)设函数,当有两个极值点时,总有,求实数的值.
参考答案一、选择题:本题共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.D【解析】
利用复数的运算法则即可化简得出结果【详解】1+i故选D【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,属于基础题。2.D【解析】
模拟程序运行,观察变量值的变化,得出的变化以4为周期出现,由此可得结论.【详解】;如此循环下去,当时,,此时不满足,循环结束,输出的值是4.故选:D.【点睛】本题考查程序框图,考查循环结构.解题时模拟程序运行,观察变量值的变化,确定程序功能,可得结论.3.A【解析】
设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,分别计算出,再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,由题意,,,则所求的概率为.故选:A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题,涉及到双曲线的定义,是一道容易题.4.C【解析】
由基本音的谐波的定义可得,利用可得,即可判断选项.【详解】由题,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波,由,可知若,则必有,故选:C【点睛】本题考查三角函数的周期与频率,考查理解分析能力.5.B【解析】
根据抛物线定义得,即可解得结果.【详解】因为,所以.故选B【点睛】本题考查抛物线定义,考查基本分析求解能力,属基础题.6.C【解析】
根据列方程,由此求得的值,进而求得.【详解】由于,所以,即,解得.所以所以.故选:C【点睛】本小题主要考查向量垂直的表示,考查向量数量积的运算,考查向量模的求法,属于基础题.7.B【解析】化简圆M:x2+(y-a)2=a又N(1,1),r8.C【解析】
可根据题意把要求的向量重新组合成已知向量的表达,利用向量数量积的性质,化简为三角函数最值.【详解】由题意可得:,,,故选:C【点睛】本题主要考查根据已知向量的模求未知向量的模的方法技巧,把要求的向量重新组合成已知向量的表达是本题的关键点.本题属中档题.9.B【解析】
解不等式,可判断A选项的正误;写出原命题的逆命题并判断其真假,可判断B选项的正误;利用原命题与否命题、逆否命题的关系可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.【详解】解不等式,解得,则命题为假命题,A选项错误;命题的逆命题是“若,则”,该命题为真命题,B选项正确;命题的否命题是“若,则”,C选项错误;命题的逆否命题是“若,则”,D选项错误.故选:B.【点睛】本题考查四种命题的关系,考查推理能力,属于基础题.10.A【解析】
利用的坐标为,设直线的方程为,然后联立方程得,最后利用韦达定理求解即可【详解】据题意,得点的坐标为.设直线的方程为,点,的坐标分别为,.讨论:当时,;当时,据,得,所以,所以.【点睛】本题考查直线与抛物线的相交问题,解题核心在于联立直线与抛物线的方程,属于基础题11.A【解析】由给定的三视图可知,该几何体表示一个底面为一个直角三角形,且两直角边分别为和,所以底面面积为高为的三棱锥,所以三棱锥的体积为,故选A.12.B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=,选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
先利用余弦定理求出,再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式,结合可求的值.【详解】因为,故,因为,所以.由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足,所以即.因为,解得或(舍).故答案为:.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解,本题属于中档题.14.【解析】
由正弦定理可得点在曲线上,设,则,将代入可得,利用二次函数的性质可得范围.【详解】解:由正弦定理得,则点在曲线上,设,则,,又,,因为,则,即的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查双曲线的定义,考查向量数量积的坐标运算,考查学生计算能力,有一定的综合性,但难度不大.15.4【解析】
由基本不等式可得,则,即可解得.【详解】方法一:,当且仅当时取等.方法二:因为,所以,所以,当且仅当时取等.故答案为:.【点睛】本题考查基本不等式在求最小值中的应用,考查学生对基本不等式的灵活使用,难度较易.16.①②③【解析】
对①,由线面平行的性质可判断正确;对②,三棱锥外接球可看作正方体的外接球,结合外接球半径公式即可求解;对③,结合题意作出图形,由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高,则可求解;对④,由动点分析可知,当点与点重合时,直线与平面所成的角最大,结合几何关系可判断错误;【详解】对于①,因为平面,所以,,,又,所以平面,所以,故四个面都是直角三角形,∴①正确;对于②,若,,,平面,∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球,∴,,∴体积为,∴②正确;对于③,设内心是,则平面,连接,则有,又内切圆半径,所以,,故,∴三棱锥的体积为,∴③正确;对于④,∵若,平面,则直线与平面所成的角最大时,点与点重合,在中,,∴,即直线与平面所成的最大角为,∴④不正确,故答案为:①②③.【点睛】本题考查立体几何基本关系的应用,线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解,线面角的求解,属于中档题三、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.(1);(2)证明见解析【解析】
(1)利用零点分段法,求出各段的取值范围然后取并集可得结果.(2)利用绝对值三角不等式可得,然后使用柯西不等式可得结果.【详解】(1)由,所以由当时,则所以当时,则当时,则综上所述:(2)由当且仅当时取等号所以由,所以所以令根据柯西不等式,则当且仅当,即取等号由故,又则【点睛】本题考查使用零点分段法求解绝对值不等式以及柯西不等式的应用,属基础题.18.(1)见解析;(2)【解析】
(1)设,,注意到在上单增,再利用零点存在性定理即可解决;(2)函数在上单调递减,则在恒成立,即在上恒成立,构造函数,求导讨论的最值即可.【详解】(1)由已知,,所以,设,,当时,单调递增,而,,且在上图象连续不断.所以在上有唯一零点,当时,;当时,;∴在单调递减,在单调递增,故在区间上存在唯一的极小值点,即在区间上存在唯一的极小值点;(2)设,,,∴在单调递增,,即,从而,因为函数在上单调递减,∴在上恒成立,令,∵,∴,在上单调递减,,当时,,则在上单调递减,,符合题意.当时,在上单调递减,所以一定存在,当时,,在上单调递增,与题意不符,舍去.综上,的取值范围是【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题,在处理恒成立问题时,通常是构造函数,转化成函数的最值来处理,本题是一道较难的题.19.(1)见证明;(2)【解析】
(1)取的中点,连.可证得,,于是可得平面,进而可得结论成立.(2)运用几何法或向量法求解可得所求角的正弦值.【详解】(1)证明:取的中点,连.∵,∴.又,∴.在中,,∴.又,∴平面,又平面,∴.(2)解法1:取的中点,连结,∵,∴,又,∴.又由题意得为等边三角形,∴,∵,∴平面.作,则有平面,∴就是直线与平面所成的角.设,则,在等边中,.又在中,,故.在中,由余弦定理得,∴,∴直线与平面所成角的正弦值为.解法2:由题意可得,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设,则在直角三角形中,可得,作于,则有平面几何知识可得,∴.又可得,.∴,.设平面的一个法向量为,由,得,令,则得.又,设直线与平面所成的角为,则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】利用向量法求解直线和平面所成角时,关键点是恰当建立空间直角坐标系,确定斜线的方向向量和平面的法向量.解题时通过平面的法向量和直线的方向向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线与平面所成的角.求解时注意向量的夹角与线面角间的关系.20.(1)答案不唯一,具体见解析(2)证明见解析【解析】
(1)根据题意得,分与讨论即可得到函数的单调性;(2)根据题意构造函数,得,参变分离得,分析不等式,即转化为,设,再构造函数,利用导数得单调性,进而得证.【详解】(1)依题意,当时,,①当时,恒成立,此时在定义域上单调递增;②当时,若,;若,;故此时的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)方法1:由得令,则,依题意有,即,要证,只需证(不妨设),即证,令,设,则,在单调递减,即,从而有.方法2:由得令,则,当时,时,故在上单调递增,在上单调递减,不妨设,则,要证,只需证,易知,故只需证,即证令,(),则==,(也可代入后再求导)在上单调递减,,故对于时,总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,属于难题.21.(1),;(2)证明见解析.【解析】
(1)根据题中条件求出等差数列的首项和公差,然后根据首项和公差即可求出数列的通项和前项和;(2)根据裂项求和求出,根据的表达式即可证明.【详解】(1)设的公差为,由题意有,且,所以,;(2)因为,所以,.【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解,裂项求和法,属于基础题.22.(1)极大值是,无极小值;(2)【解析】
(1)当时,可求得,令,利用导数可判断的单调性并得其零点,从而可得原函数的极值点及极大值;(2)表示出,并求得,由题意,得方程有两个不同的实根,,从而可得△及,由,得.则可化为对任意的恒成立,按照、、三种情况分类讨论,分离参数后转化为求函数的最值可解决;【详解】(1
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