湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2022-2023学年高三数学上学期11月质量检测试卷（Word版附解析）

2023届高三11月质量检测试题数学一、单项选择题：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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题知，，再求交集即可.【详解】解：因为，，所以，故选：C2.设复数z满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.【详解】依题意，.故选：D3.设，，是非零向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.【详解】若，则，；若，则，即.“”是“”的必要而不充分条件；故选：B.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等变换化简已知条件，结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.【详解】，，.. 故选：A5.某车间生产一种圆台型纸杯，其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用圆台及球的体积公式结合条件即得.【详解】由题可得圆台型纸杯的体积为，小铁球的体积为，由题可得，即.故选：B.6.定义在上的函数满足，且在单调递增，，，则函数的图象可能是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】分析的对称性、单调性、零点，求得的对称性（奇偶性）、零点，结合的单调性、零点以及特殊点的函数值判断出函数的图象.【详解】，所以的图象关于直线对称，则的图象关于直线即轴对称，是偶函数，为偶函数，图象关于轴对称，所以是偶函数，图象关于轴对称，排除AD选项.，由于在上递增，在上递减，所以有且仅有个零点：和，另外有，所以有且仅有个零点：和，有唯一零点：，所以有且仅有个零点：、和.当时，，，从而排除C选项，故B选项正确.故选：B7.圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设为圆心，连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段上，即可求出的取值范围，即可得解．【详解】解：如图，为圆心，连接，则，因为点在线段上且，则圆心到直线CD的距离，所以，所以，则，即的取值范围是,．故选：D．8.设，，，则（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.【详解】令，，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，故选：D二、多项选择题：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.已知是偶函数，将函数图像上所有点向右平移个单位得到函数的图像，则（）A.在值域为B.的图像关于直线对称C.在有5个零点D.的图像关于点对称【答案】BD【解析】【分析】由题知，，再根据三角函数的性质依次讨论各选项即可. 【详解】解：，因为函数为偶函数，所以，即，因为，所以，即，所以，对于A选项，时，，所以，即，故错误；对于B选项，令得，故当时，故的图像关于直线对称，B选项正确；对于C选项，当时，，因为函数在上有4个零点，分别为，，，，所以，在有4个零点，故C选项错误；对于D选项，由于时，，函数关于点对称，所以，的图像关于点对称，故D选项正确.故选：BD10.在中，，AB＝1，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则（）A.在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为 B.点B到平面PAC的距离为C.直线AP与直线PC所成角为D.直线AB与平面PBC所成角的正弦值为【答案】ABC【解析】【分析】根据旋转的知识判断A选项的正确性，根据线线角的知识判断C选项的正确性，建立空间直角坐标系，利用向量法判断BD选项的正确性.【详解】延长，过作，交的延长线于，根据旋转的知识可知，由于平面平面，且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，故两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，，所以，为锐角，，解得，所以.所以在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为，A选项正确.，，设平面的法向量为，则，故可设， 所以到平面的距离为，B选项正确.，所以三角形是等边三角形，所以直线与所成角为，C选项正确.，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，则，所以D选项错误.故选：ABC11.设，则下列不等式中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A：利用基本不等式“1”的妙用直接证明；对于B：利用基本不等式直接证明； 对于C：利用基本不等式直接证明出，即可判断；对于D：结合立方和公式得，再结合B选项即可判断.【详解】解：对于A：因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以成立.故A正确；对于B：因为，所以，当且仅当时取等号.所以成立.故B正确；对于C：因为，所以，所以.记，则，所以，所以，即.故C错误；对于D：因为，所以，，由B选项知，所以，即，故D选项正确.故选：ABD12.设函数是函数的导函数，且满足，，则（） A.有极大值B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用构造函数法，由求得，结合导数确定正确答案.【详解】依题意可知，，，设（为常数，）所以，，所以，，所以上递增，没有极大值，A错误.，C选项错误.，D选项正确.，，B选项正确.故选：BD【点睛】关于函数和导函数都有的表达式，可以考虑利用构造函数法来进行研究，构造函数的思路，可结合乘法、除法等导数运算来进行构造.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___________. 【答案】【解析】【分析】由平方后求得，再求可得结论．【详解】∵为单位向量，∴，∴．∴．故答案为：．14.若关于的方程在上有实数根，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】利用三角函数的倍角公式,将方程整理化简,利用三角函数的图象和性质,确定条件关系,进行求解即可.【详解】，，即，，即，，，设，则在上有实数根，，在的图像有交点，如图 由于由图象可知，，即故答案为：15.过点可以作两条直线与曲线相切，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】设出切点的坐标，利用导数研究切点和斜率，根据切线有条，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【详解】设切点坐标为，，故斜率为，切线方程为，代入得，整理得，构造函数，，所以在区间递减；在区间递增.所以在时取得极小值也即是最小值，当时，，当时，， 要使过点可以作两条直线与曲线相切，则，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】利用导数研究曲线的切线，关键点有两个，一个是切点的坐标，另一个是切线的斜率.切线的斜率可以利用导数求得，然后利用点斜式来求得切线方程.16.已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】该球的半径为，进而根据几何关系得正四棱锥的高，底面的边长为与侧棱长之间的关系，，再计算体积，结合导数求解最值即可.【详解】解：因为该球的体积为，所以该球的半径为，如图，设正四棱锥的高为，底面的边长为，中心为，球的球心为，则球的球心在上，，，所以，，即，所以因为，即所以，， 因为，所以，，解得，所以，该正四棱锥体积为，，所以在上恒成立，所以在单调递增，所以，，所以，该正四棱锥体积的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17已知命题：，命题：.（1）若，求实数的值；（2）若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】(1)2;(2)实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）.【解析】【详解】试题分析：（1）利用一元二次不等式的解法把集合化简后，由，借助于数轴列方程组可解的值；（2）把是 的充分条件转化为集合和集合之间的包含关系，运用两集合端点值之间的关系列不等式组求解的取值范围.试题解析：（1）B={x|x2﹣4x+3≥0}={x|x≤1，或x≥3}，A={x|a﹣1＜x＜a+1}，由A∩B=∅，A∪B=R，得，得a=2，所以满足A∩B=∅，A∪B=R的实数a的值为2；（2）因p是q的充分条件，所以A⊆B，且A≠∅，所以结合数轴可知，a+1≤1或a﹣1≥3，解得a≤0，或a≥4，所以p是q的充分条件的实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）．18.设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．（1）求AD的长度；（2）若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出，再结合，解出，最后利用正弦定理即可求解.【小问1详解】依据题意，由可得，则，，，，解得，，解得AD为 【小问2详解】G为的重心，，，，，，，，19.已知数列满足：，．（1）求，；（2）设，，证明数列是等比数列，并求其通项公式；（3）求数列前10项中所有奇数项的和．【答案】（1）（2）证明详见解析，（3）【解析】【分析】（1）根据题目所给已知条件求得.（2）结合已知条件以及等比数列的定义证得数列是等比数列，并求得其通项公式.（3）求得，从而求得正确答案. 【小问1详解】依题意，数列满足：，，所以.【小问2详解】，.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.【小问3详解】，，所以，所以.20.如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，AB＝2BC＝2，，将沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且．（1）证明：； （2）当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．【答案】（1）证明详见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.（2）先判断出直线EF与平面PAD所成的角最大时点是的中点，然后利用向量法求得平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.【小问1详解】设是的中点，连接，三角形是等边三角形，所以，.四边形是直角梯形，，所以四边形是平行四边形，也即是矩形，所以，.折叠后，，所以，所以，由于平面，所以平面，则两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，，设，，所以，则，所以，所以. 【小问2详解】由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是直线与平面所成角，在直角三角形中，，由于，所以当最小时，最大，也即最大，由于三角形是等边三角形，所以当为的中点时，，取得最小值.由于，，故此时，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.21.据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气. 漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律.如果某物体的初始温度为，那么经过分钟后，温度满足，其中为室温，为半衰期.为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯的茶水放在的房间，10分钟后茶水降温至.（参考数据：）（1）若欲将这杯茶水继续降温至，大约还需要多少分钟？（保留整数）（2）为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产千台空调，需另投入成本万元，且已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完.问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.【答案】（1）13分钟（2）当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.【解析】分析】（1）由题意列方程求解（2）由题意得出利润与的函数关系，结合基本不等式求解最值【小问1详解】由题意可得，解得.设经过分钟，这杯茶水降温至，则，解得（分钟）.故欲将这杯茶水降温至，大约还需要13分钟.【小问2详解】设2022年该企业该型号的变频空调的利润为， 当时，，当时，取得最大值3400万元；当时，，因为，当且仅当时，等号成立，则当时，取得最大值3380万元.因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.22.已知函数有两个极值点，且．（1）求实数m的取值范围；（2）证明：．参考数据：．【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）有两个极值点等价于在有两个变号零点，分别对、，用导数法结合零点存在定理讨论零点情况即可；（2）由，结合对数运算得，令构造并用导数法证，则可等价成证，即，则，则原证明等价为证 ，即，由单调性可等价成证，再由单调性可等价成证【小问1详解】∵有两个极值点，∴在有两个变号零点.记，，i.当，，在单调递增，至多有一个零点，不合题意；ii.当，由得，即，故当，∴即在上单调递增，在单调递减，，由得，且当，，令，当，单调递增；当，单调递减，故，且当时等号成立.故，故当时，，综上，由零点存在定理得，当时，在有两个变号零点，即有两个极值点；【小问2详解】 ，即，令，，由，故单调递增，故，∴，即，即，由得，故，故要证，即需证，即，令，即需证，又在单调递增，即需证，由（1）得，且由得，由在单调递减，且，故只需证，∵，故，得证.【点睛】关键点点睛：（1）不等式与对数均值不等式的使用；（2）结合结论的形式进行适当的缩放，以达到简化表达式及方便构造的效果，如题中的 ；