广东省深圳市实验中学深圳市高级中学等五校2023届高三上学期11月期中联考数学 Word版含解析.docx

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2023届高三·十一月·五校联考数学试题（满分：150分.考试时间：120分钟.）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，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，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.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.已知集合，，则A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意知，集合表示函数的定义域，由，即，，解得，所以.由，得，所以，所以，故选C.2.“”是“直线被圆所截得的弦长等于”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】根据直线被圆截得的弦长可求出或，根据的取值即可判断出结果.【详解】因为圆的圆心，半径. 又直线被圆截得的弦长为.所以圆心C到直线的距离，因此，解得或，易知“”是“或”的充分不必要条件；故选：A.3.已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布.从中随机取一件．其长度误差落在区间内的概率为（）（附：若随机变量服从正态分布，则，A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的对称性，求得长度误差落在区间内的概率.【详解】设长度误差为随机变量，由得，，所以故选：B【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，属于基础题.4.若函数的部分图像如图所示，，，则的解析式是（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设确定最小正周期，进而求得，再根据已知点求得，即可得解析式.【详解】由图象知：，故.将代入解析式，得，所以，，又，即，所以.故选：D5.已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据投影向量求出，再求向量与的夹角.【详解】设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，∵在上的投影向量为，，∴，∴，∴，所以， ∵，∴，∴与的夹角为，故选：C.6.若函数有个零点a和b，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过复合函数的单调性确定函数的单调性，由已知条件得，结合基本不等式求解即可．【详解】由对数复合函数的单调性得函数在上单调递增，因为，所以函数在上，在上，不妨设，则，所以，即，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，由于，所以等号不能取到，所以，所以的取值范围是．故选：D．7.中国空间站（天宫空间站，英文吃饭ChinaSpaceSation）是中华人民共和国建设中的一个空间站系统，预计在2022年前后建成.空间站轨道高度为400～500公里，倾角42～43度，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨，以进行较大规模的空间应用.某项实验在空间站进行，实验开始时，某物质的含量为1.2，每经过1小时，该物质的含量都会减少20%，若该物质的含量不超过0.2，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要多少小时？（ ）（需要的小时数取整数，参考数据：，）A.7B.8C.10D.11【答案】B【解析】【分析】由题意可得，结合对数运算可得，进而得到，从而求解.【详解】设实验进入第二阶段至少需要小时数为，由题意，即，两边取以10为底的对数可得，即，所以，因为，，所以，所以，又，所以，即实验进入第二阶段至少需要8小时故选：B.8.设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，点M在x轴上，，平分，则C的离心率为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意，结合双曲线的定义以及角平分线定理可得，，，，，，在，中，由余弦定理结合 ，计算可得答案.【详解】可知，，得设，则，由双曲线的定义可知：.因为平分，所以，故，又，即有，，，，，在，中，由余弦定理可得，，，由，可得.故选：C.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.已知复数，则（）A.Z的虚部为3B.C.将Z对应的向量（O为坐标原点）绕点O逆时针旋转，得到的向量对应的复数为D.Z的共轭复数【答案】ABC 【解析】【分析】将复数利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项.【详解】，所以虚部为3；z的共轭复数；；将向量绕点O逆时针旋转，复数为.故选：ABC.10.如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（）A.在平面内不存在与平面垂直的直线B.三棱锥的体积为定值C.平面D.过三点所确定的截面为梯形【答案】BCD【解析】【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确.【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面，在正方形中，又由正方体中，平面，且平面， 所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证：，因为且平面，所以平面，所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确；对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确；对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由，因为平面，且平面，所以平面，同理可证：平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面所以，所以平面，所以C正确； 对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点，所以，又因为，可得，所以所确定的截面即为平面，其中，且四边形为梯形，所以D正确.故选：BCD.11.已知直线：与：相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，则（）A.点B.数列的前n项和满足：C.数列单调递减 D.【答案】AD【解析】【分析】由题意，点，，，在直线上，点，，，在直线上，设点，则，可得，可得，利用数列递推关系变形可得是等比数列，进而可求得，依次可判断各选项.【详解】由题可知，，，，故A正确；设点，则，故，即有，∴，故是以1为首项，为公比的等比数列，，，可得，故选项B错误；对于数列有：，故数列单调递增，选项C错误；由两直线交点和点可得：，故D正确 故选：AD.12.已知函数满足：①，②，③，为的导函数，则下列结论一定正确的是（）A.B.C.若，则D.【答案】ACD【解析】【分析】令，根据的单调性可以判断A、B、C选项，对D选项可以借助与的单调性判断.【详解】令，则，∴在单调递增，对于A选项，因为，即，所以，故A对；对于B选项，因为，即，所以，∴，故B错；对于C选项，因为，即，所以，故C对；对于D选项，由，得，设，则， 当时，，在上为减函数，当时，，在上为增函数，故当时，有最小值，所以，当时等号成立所以，所以，∵，∴，即，故D对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题中比较各选项大小关键是根据构造出函数，利用的单调性比较各值的大小.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则_______.【答案】【解析】【分析】利用赋值法，令和，联立方程组求解即可．【详解】令，则，令，则，故．故答案为：．14.已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点A在第一象限，线段AB的中点为M，其中点A的横坐标为3，，则点M到y轴的距离为_______. 【答案】##【解析】【分析】利用抛物线的定义，结合一元二次方程根与系数关系、中点坐标公式进行求解即可.【详解】因为，所以抛物线C：，则，所以直线l的斜率为，则直线AB：，故把直线与抛物线进行联立，得，因为，所以设，，则，，故答案为：.15.已知函数的定义域为R，且满足，，当时，，则______.【答案】【解析】【分析】根据函数的周期性和奇偶性化简求值即可.【详解】因为，，所以，所以是周期的奇函数， 所以，因为，所以，所以.故答案为：.16.已知正四棱台的体积为，记侧面与底面的夹角为，且，记正四棱台的侧面积为，底面积为，且，若正四棱台所有顶点都在同一球面上，则该球的体积为_______.【答案】【解析】【分析】设正四棱台的上下底面的边长分别为，利用侧面与底面的夹角表示正四棱台的高，再利用体积与面积建立关系式，进而解得，再由正四棱台所有顶点都在同一球面上，建立球的半径关系式，进而求得球的体积.【详解】不妨设，，又因为，所以，则正四棱台的高为所以正四棱台的体积为即①又因为， 所以②联立①②解得：，，设正四棱台上下底面所在圆面的半径，，所以，，高为设球心到上下底面的距离分别为，，球的半径为，所以，，故或，即或，解得，即符合题意，所以球的体积为.故答案为：.【点睛】方法点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法：⑴求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．⑵若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB、PC两两互相垂直，一般把有关元素"补形"成为一个球内接长方体，利用长方体的体对角线来求解.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.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求角B；（2）若，的周长为，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题，将条件式利用正弦定理角化边，再结合余弦定理可求得角；（2）由（1）结合，代入余弦定理，再结合周长可求得，， ，代入三角形面积公式即可得答案.【小问1详解】由正弦定理得即，由余弦定理得，，∵∴【小问2详解】由余弦定理得，∴，因为的周长为，得，，.所以的面积为.18.在①数列为等比数列，且，；②数列的前n项和，；③数列是首项为1，公差为1的等差数列，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.已知数列各项均为正数，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设为非零的等差数列，其前n项和为，，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①通过等比数列基本量计算，可得，选②利用项与和的关系计算可得，选③因为，可得； （2）由已知条件，可求得，可得，利用错位相减法可求得答案.【小问1详解】选①设公比为q，由题意知：，，又，解得，，所以.选②时，，时，符合，所以.选③因为，所以.【小问2详解】由题意知：，又，且，所以.令，则，因此.又，两式相减得，所以.19.红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值. （1）根据散点图判断，与（其中…为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（℃）的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（2）由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）附：回归方程中，，参考数据（）5215177137142781.33.6（3）根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22℃以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22℃至28℃的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28℃以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益＝产值－防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；方案2：选择防害措施B，可以防治22℃至28℃的蜘蛛虫害，但无法防治28℃以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；方案3：不采取防虫害措施.【答案】（1）更适宜 （2）（3）选择方案1最佳，理由见解析【解析】【分析】（1）根据散点图的形状，可判断更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；（2）将两边同时取自然对数，转化为线性回归方程，即可得到答案；（3）求出三种方案的收益的均值，根据均值越大作为判断标准.【小问1详解】由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型.【小问2详解】将两边同时取自然对数，可得，由题中的数据可得，，，所以，则，所以z关于x的线性回归方程为，故y关于x的回归方程为；【小问3详解】用，和分别表示选择三种方案的收益.采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为万，如果发生，则收益为万，即，同样，采用第3种方案，有 所以，，，.显然，最大，所以选择方案1最佳.20.三棱柱中，侧面矩形，，.（1）求证：面面ABC；（2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.【解析】【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.【小问1详解】证明：，侧面是菱形，，又，，平面，平面，，因为侧面是矩形，所以， 又，平面，又平面,.【小问2详解】由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由条件，，，设，由（1），面，所以，面的法向量为.设面的法向量为，由，即，可设，∴，∴，得，即，得，（舍），即，所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.21.已知点在运动过程中，总满足关系式：.（1）点的轨迹是什么曲线？写出它的方程；（2）设圆，直线与圆O相切且与点的轨迹交于不同两点，当 且时，求弦长的取值范围.【答案】（1）点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，（2）【解析】【分析】（1）根据方程结合定义即可得到答案；（2）根据题意，设，，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及得，将代入，得，根据，由弦长公式可得答案.【小问1详解】由关系式，结合椭圆的定义，点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.∴，∴点M的方程为.【小问2详解】由题意，联立方程，则设，，则，,因直线与圆相切，且，∴，， ，①②将①代入②.因为，所以.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是根据直线与圆相切从而得到，再计算，再将韦达定理式代入即可.22.设函数的导函数为，且满足.（1）求函数在点处的切线方程；（2）若恒成立，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；（2）构造函数解决恒成立问题，分析讨论即可得解.【小问1详解】解：由题意可得：，∴，令得：， ∴，∴，解得.所以有：，则切线的斜率为，又，所以切线方程为：，即.【小问2详解】解：由得，所以，可得恒成立.令，则①当时，，在上单调递增；当时，令，得当且时，，不合题意；②当时，，要恒成立，只需，所以；③当时，令，则；令，；所以在递减，在递增， 所以，只需，所以，则，令，令则时或（舍去）所以当时；当时；在上单调递增，在上单调递减，所以当时，.综上可得，的最大值为.【点睛】1.函数在的切线方程为；2.恒成立问题的解法：（1）若在区间上有最值，则，；，.（2）若能分离常数，则问题转化为：；.（3）对，都有成立，等价于构造，；对，都有成立，等价于构造，