广东省广州市2022-2023学年高三数学上学期11月调研测试试卷（Word版附答案）

广州市2023届第一学期高三调研测试数学本试卷共5页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考生号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号和座位号填涂在答题卡相应位置上。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知全集，集合，，则如右图中阴影部分表示的集合为A．B．C．D．2．若复数满足，则复数在复平面内对应的点所在的象限为A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知四边形是平行四边形，，若，则A．B．C．D．4．为了得到的图象，需把的图象上所有的点A．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位B．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位C．向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 D．向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变5．科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基在1903年提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度v满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度．己知某实验用的单级火箭模型结构质量为akg，若添加推进剂3akg，火箭的最大速度为2.8km/s，若添加推进剂5akg，则火箭的最大速度约为（参考数据：)A．4.7km/sB．4.2km/sC．3.6km/sD．3.1km/s6．函数在上大致的图象为7．已知，，则A．B．C．D．8．设，，，则的大小关系正确的是A．B．C．D．二、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．下列选项正确的有A．命题“”的否定是：“”B．命题“”的否定是：“”C．，是的充分不必要条件D．是，的必要不充分条件10．已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的有A．若，则B． C．数列是等比数列D．对任意正整数11．己知在上有且只有三个零点，则下列选项正确的有A．在上存在使得B．的取值范围为C．在上单调递增D．在上有且只有一个极大值点12．已知函数，的定义域均为R，为偶函数，且，，下列说法正确的有A．函数的图象关于对称B．函数的图象关于对称C．函数是以4为周期的周期函数D．函数是以6为周期的周期函数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设为单位向量，且，则的夹角为.14．如右图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，己知每层环数相同，且三层共有扇面形石板（不含天心石）3402块，则中层有扇面形石板块15．方程有唯一的实数解，实数的取值范围为.16．已知只有20项的数列满足下列三个条件：①；②；③．对所有满足上述条件的数列，共有个不同的值，则.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(10分)己知等比数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式； (2)记，证明：.18．(12分)已知函数，其中，若的图象在点处的切线方程为.(1)求函数的解析式；(2)求函数在区间上的最值．19．(12分)在中，角的对边分别为，已知.(1)求角；(2)若角的平分线与交于点，，，求线段的长．20．（12分）如图，在三棱柱中，平面，为线段的中点，，，.(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 21．（12分）某家具制造公司，欲将如图所示的一块不规则的名贵木板裁制成一个矩形桌面板，已知，，且米，曲线段是以点为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果要使矩形桌面板的相邻两边分别落在，上，且一个顶点落在曲线段上，问应如何精准设计才能使矩形桌面板的面积最大？并求出最大的面积．22．(12分)已知.(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；(2)若函数有两个极值点，证明：. 广州市2023届第一学期高三调研测试数学参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，满分40分．题号12345678答案BDAACBCB7．【解析】由可得，则，又，，所以.又解得：，.8．【解析】设，，则，所以在上递减，所以，即；令，当，，所以在上单调递增，所以，即；所以.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，漏选得2分，错选得0分，满分20分．题号9101112答案ACDDABCBC11．【解析】由题意可知的最小正周期，所以在上既可以取得最大值也可以取得最小值，A正确．令，，在上有且只有三个零点，即在区间有且只有三个零点 只需解得，B正确．当时，，因为，所以在上单调递增，即函数在上单调递增，C正确．当时，，因为，所以当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，存在两个极大值点，即函数在上存在两个极大值点，D错误．故选：ABC.12．【解析】因为为偶函数，所以．在中，用替换，得，可得，函数的图像关于对称.A错误，在中，用替换．得，又，可得，即函数的图象关于对称，B正确．由，为偶函数，可得.，所以，所以函数是以4为周期的周期函数，C正确，在中，因为，所以，又，所以，又，所以，，所以，所以函数是以4为周期的周期函数，D错误．故选：BC.三、填空题：本题共4小题，满分20分．13．14．1134；15.或16．4 16．【解析】设中有项取值1，有项取值-l，由条件②知，再由条件③得，解得，又因为，故可取9，10，11，12有4个不同的值，有4个不同的值．四、解答题：本题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．【解析】(1)因为，则当时，……………1分当时，………………………2分所以，即………………………3分因为是等比数列，则公比为3，则………………………4分所以，即………………………………………………………5分所以数列的通项公式………………………………………6分(2)由(1)得………………………………………………………7分所以………………………………………8分………………………………………………………………9分因为，所以，…………10分18．【解析】(1)，将代入切线方程，得………1分……………2分由题意可知，可得………………………………………3分故…………………………………4分(2)由(1)可得………………5分由可得或，…………………6分 又，，，……………………10分所以在上的最大值为，最小值为…………………12分19．【解析】．(1)解法一：由余弦定理推论可得，，…………1分即，整理得…………………………2分……………………………3分因为，所以…………………………………4分解法二：由正弦定理可得…………………1分因为所以……………………………2分因为，所以……………………………3分因为，所以……………………………4分(2)依题意可知：是角的平分线，，…………………5分在中，由正弦定理可得即，即…………………………6分在中，同理可得…………………………7分所以，由正弦定理可得…………………………8分得，……………………………9分…………………………10分在中，由余弦定理可得： ………………………11分所以…………………………………12分20．【解析】(1)证明：因为平面，平面，所以，…………………………1分因为，，，所以，所以，…………………………2分又因为，平面，平面，所以平面，…………………………3分又平面，所以.…………………………4分(2)解法一：由(1)得，，…………………5分因为平面，，所以………………………6分以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，…………………7分设平画的一个法向量为，则，令，则，……………9分设平面的一个法向量为，，令，则，……………10分 则，……………………11分设平面与平面夹角为，，所以平面与平面夹角的余弦值为………………………………l2分(2)解法二：由(1)得，，……………………5分因为平面，，所以……………………………6分过点作，垂足为，再过点作，垂足为，连接，由(1)知平面，而平面，则，因为，，所以平面，则，又因为，，所以平面，则，故就是二面角的平面角，………………………8分在中，，在中，，于是，，于是，在中，，即，，………10分在中，，……11分所以平面与平面夹角的余弦值为……………………………12分 21．【解析】以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系如图…………………1分依题意可设抛物线方程为，且，所以，即故曲线段的方程为……………3分设是曲线段上的任意一点，则在矩形中，，…………………………5分所以桌面板面积……6分因为…………………………………7分令，且，得：………………………………8分当时，单调递增：………………………………9分当时，，单调递减；………………………………l0分所以当时，有最大值，此时，…………11分答：把桌面板设计成长为米，宽为米的矩形时，矩形桌面板的面积最大，最大面积为平方米．………………………12分22．【解析】(1)在区间上恒成立………………………1分则在区间上恒成立，即……………………2分则，经检验，当时，不是常函数，所以…………………3分(2)由题意，，定义域为因为有两个极值点，所以即有两不等正实数根， 所以，即，………………………………5分…………6分要证，即证构造函数，，则，……………7分令，在上恒成立，所以在上单调递增………………………………8分又，.由函数零点存在性定理可得，，使得，即，即；………………………………9分所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；，………………………………10分又在上单调递减，所以………………………………11分所以，即，故…………………………………12分