精品解析：广东省普宁市华美实验学校2023届高三上学期暑考检测数学试题

2022-2023学年度华美实验学校暑考 高三数学试题卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟. 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，1-8为单选，9-12为多选）. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，，，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为历史上的珍闻.若，，则的值约为（ ） A. 1.322 B. 1.410 C. 1.507 D. 1.669 5. 下列说法正确的是（ ） A. 函数为实数集上的奇函数，当时，（a为常数），则 B. 已知幂函数在单调递减，则实数 C. 命题“，”的否定是“，” D. 中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则是的充分不必要条件 6. 已知一个圆台上、下底面半径之比为1：2，母线长为4，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9. 某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用该样本估计总体，以下四个说法正确的有（ ） A 57周岁以上参保人数最少 B. 18~30周岁人群参保总费用最少 C. C险种更受参保人青睐 D. 31周岁以上的人群约占参保人群80% 10. 设a>1，b>1且ab－(a＋b)＝1，那么（ ） A. a＋b有最小值2＋2 B. a＋b有最大值2＋2 C. ab有最小值3＋2 D. ab有最大值1＋ 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是周期函数 B. 满足 C. D. 在上有解，则k的最大值是 12. 若函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 当时， 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）. 13. 若的展开式中项的系数为20，则的最小值为_________. 14. 写出一个值域为，在区间上单调递增的函数______． 15. 数列满足，，则_______． 16. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则实a的取值范围为______. 四、解答题（本大题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. 已知数列满足，设. （1）证明：数列为等比数列； （2）设数列，记数列的前项和为，请比较与1的大小. 18. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）求的取值范围. 19. 已知空间几何体ABCDE中，与均为边长为2的等边三角形，为腰长为的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD. （1）试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明； （2）求二面角的余弦值. 20. 某公司为了丰富员工的业余生活，举行了乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制，即先赢四局者获胜．每局比赛胜一球得1分，先得11分的参赛者该局为胜方，若出现10平比分，双方轮流发球，则以先多得2分者为胜方．甲、乙两名员工进行单打比赛． （1）已知甲发球得1分的概率为，乙发球得1分的概率为，若某局出现10平比分后甲先发球，求甲以获胜的概率； （2）若每局比赛甲获胜的概率均为，比赛局数为X，求X的分布列和数学期望． 21. 椭圆（）的离心率为，过的左焦点的直线被圆（）截得的张长为. （1）求椭圆的方程； （2）设右焦点为，在上是否存在点P，满足？若存在，指出有几个这样的点（不必求出点的坐标），若不存在，说明理由. 22. 已知函数， （1）讨论的极值点个数； （2）若在内有两个极值点，，且，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022-2023学年度华美实验学校暑考 高三数学试题卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟. 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，1-8为单选，9-12为多选）. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义运算即得. 【详解】由已知可得，， 所以. 故选：C. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再利用模长公式计算模长即可 【详解】由题意，， ∴． 故选：C 3. 如图，在中，，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，平面向量的线性运算即可求解． 【详解】解：在中，， 则 ∴，又， ，， ， 故选：A． 4. 1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为历史上的珍闻.若，，则的值约为（ ） A. 1.322 B. 1.410 C. 1.507 D. 1.669 【答案】A 【解析】 【分析】由可得,进而将条件代入求解即可. 【详解】,, 故选:A 【点睛】本题考查指数、对数的转化,考查对数的换底公式的应用,属于基础题. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 函数为实数集上的奇函数，当时，（a为常数），则 B. 已知幂函数在单调递减，则实数 C. 命题“，”的否定是“，” D. 中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则是的充分不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数性质计算判断A；利用幂函数及性质计算判断B；利用全称量词命题判断C；利用正弦定理及充分不必要条件判断D. 【详解】对于A，由函数为实数集上的奇函数，得，解得， ，A错误； 对于B，，解得，B正确； 对于C，命题“，”的否定是“，”，C错误； 对于D，在中，由正弦定理，得， 则，D错误. 故选：B 6. 已知一个圆台的上、下底面半径之比为1：2，母线长为4，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，求出上、下底面半径和高，从而求出圆台的体积 【详解】如图，由题意得：BD=4，AB=2CD，∠ABD=45°， 过点D作DE⊥AB于点E，则DE=BE， 因为圆台的上、下底面半径之比为1：2， 所以CD=AE=BE=， 则圆台上底面面积为，下底面面积为， 故圆台的体积为 故选：B 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数可求得，；分别代入和，整理可得的大小关系. 【详解】令，则， 在上单调递增，，即，， ，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， （当且仅当时取等号），， 即（当且仅当时取等号），，即； 综上所述： 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题考查与指数、对数有关的大小关系的比较，解题基本思路是能够将问题转化为两个函数的函数值大小关系的比较，进而通过构造函数的方式，利用导数求得函数单调性，从而得到两函数的大小关系. 8. 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，内切球的半径为，根据球的体积求出，再根据等体积法求出； 【详解】解：要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切， 设正四面体的棱长为，高为，内切球的半径为，则，解得， 如图正四面体中，令为的中点，为底面三角形的中心，则底面 所以，即. 故选：A 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9. 某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用该样本估计总体，以下四个说法正确的有（ ） A. 57周岁以上参保人数最少 B. 18~30周岁人群参保总费用最少 C. C险种更受参保人青睐 D. 31周岁以上的人群约占参保人群80% 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据统计图一一分析即可. 【详解】解：由扇形图可知，57周岁以上参保人数最少，故A正确； 由折线图可知，18~30周岁人群人均参保费用最少，但是由扇形图知参保人数并不是最少的，所以参保总费用不是最少，故B错误； 由条形图可知，C险种参保比例最高，故C正确； 由扇形图可知，31周岁以上的人群约占参保人群80%，故D正确， 故选：ACD． 10. 设a>1，b>1且ab－(a＋b)＝1，那么（ ） A. a＋b有最小值2＋2 B. a＋b有最大值2＋2 C. ab有最小值3＋2 D. ab有最大值1＋ 【答案】AC 【解析】 【分析】由基本不等式得ab＝1＋(a＋b)≤，ab－1＝a＋b≥2，又a＋b>2、ab>1，应用一元二次不等式的解法，即可求a＋b、ab的最值. 【详解】ab＝1＋(a＋b)≤(当且仅当a＝b>1时取等号)，即(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0且a＋b>2，解得a＋b≥2＋2， ∴a＋b有最小值2＋2，知A正确，B错误； 由ab－(a＋b)＝1，得ab－1＝a＋b≥2 (当且仅当a＝b>1时取等号)，即ab－2－1≥0且ab>1，解得，即ab≥3＋2， ∴ab有最小值3＋2，知C正确，D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是周期函数 B. 满足 C. D. 在上有解，则k的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，分子和分母分别考虑，看是否是周期函数，B选项，化简得到；CD选项，求出的值域进行判断. 【详解】是周期函数，但不是周期函数，所以不是周期函数，A选项错误； ，故B选项正确； 因为，等号成立时，，所以，而，当时，，，此时，故，C选项正确； 当时，，故的最大值为，故在上有解，则k的最大值是，D选项正确 故选：BCD 12. 若函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可得关于与对称，再根据对称性满足的等式化简，逐个选项判断即可 【详解】对A，因为函数为偶函数，故，故关于对称.又为奇函数，关于原点对称，故关于对称.综上，关于与对称. 关于对称有，关于对称有，，故，即，所以为偶函数，故A正确； 对B，由A，因为，，故B错误； 对C，由A，，故C正确； 对D，当时，，故，故D正确； 故选：ACD 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）. 13. 若的展开式中项的系数为20，则的最小值为_________. 【答案】2 【解析】 【分析】由二项式定理与基本不等式求解 【详解】由二项式定理得展开通项为， 令，得，故，， ，当且仅当时等号成立， 故答案为：2 14. 写出一个值域为，在区间上单调递增的函数______． 【答案】 【解析】 【分析】综合考虑值域与单调性即可写出满足题意函数解析式. 【详解】， 理由如下： 为上的减函数，且， 为上的增函数，且， ， 故答案为：． 15. 数列满足，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】推导出数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，结合等差数列的通项公式可求得的值. 【详解】因为，则， 上述两式作差可得， 所以，数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列， 因此，. 故答案为：. 16. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则实a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先设切点为，利用导数与切线斜率的关系表示出切线方程，再根据切线经过坐标原点，将坐标原点代入切线方程所得方程有2个不同的根，即可求解. 【详解】设切点坐标为：，， 所以切线斜率为， 即切线方程为， 又切线过坐标原点，所以， 整理得， 又曲线有两条过坐标原点的切线，所以该方程有两个解， 所以，解得 故答案为： 四、解答题（本大题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. 已知数列满足，设. （1）证明：数列为等比数列； （2）设数列，记数列的前项和为，请比较与1的大小. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，再根据等比数列的定义可证得结论， （2）由（1）可得，从而可得，则，然后利用裂项相消法可求出，从而可与1比较大小 【小问1详解】 证明：因为，所以， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以 18. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）利用余弦定理把化简得，再利用余弦定理可求得，从而可求出角；或先利用正弦定理得，再将代入化简可得，从而可求出角； （2）由（1）可知，所以=，再利用三角函数公式化简得，由于为锐角三角形，，从而可得，再利用三角函数的性质可得结果 【详解】解：（1）方法一：使用余弦定理 ∴ 由余弦定理得：， 所以， 因， 所以 方法二：观察等式，，齐次，考虑使用正弦定理 因为 所以， 因为， 所以 （2） ∴= ∵为锐角三角形∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由利用正、余弦定理进行边角统一，然后化简可得结果，属于中档题 19. 已知空间几何体ABCDE中，与均为边长为2的等边三角形，为腰长为的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD. （1）试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明； （2）求二面角余弦值. 【答案】（1）取BC､BD的中点O､G，则OG为所求直线，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明线面平行，进而证明面面平行，从而得到答案；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量进行求解. 【小问1详解】 如图所示：取BC､BD的中点O､G，连接OG，AO，AG 则OG为所求直线. 因为为等腰三角形，所以AO⊥BC， 因为平面ABC⊥平面BCD，平面平面，平面ABC，所以AO⊥平面BCD，取CD的中点H，连接EH，因为为等边三角形，所以，EH⊥CD，又平面CDE⊥平面BCD，且平面平面，平面CDE， 所以EH⊥平面BCD，所以，所以平面CDE. 又，所以平面CDE，所以平面平面CDE， 所以直线OG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行. 【小问2详解】 以O为坐标原点，OD所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图. ，，，，，， ，， 设为平面BCE的法向量，则， 所以 易知，平面的法向量为， 则，记二面角的大小为，显然为锐角，所以. 20. 某公司为了丰富员工的业余生活，举行了乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制，即先赢四局者获胜．每局比赛胜一球得1分，先得11分的参赛者该局为胜方，若出现10平比分，双方轮流发球，则以先多得2分者为胜方．甲、乙两名员工进行单打比赛． （1）已知甲发球得1分的概率为，乙发球得1分的概率为，若某局出现10平比分后甲先发球，求甲以获胜的概率； （2）若每局比赛甲获胜的概率均为，比赛局数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由题意可知，获胜的可能情况有：①第一场甲输，第二场甲赢，第三场甲赢，第四场甲赢，②第一场甲赢，第二场甲输，第三场甲赢，第四场甲赢，即可求出概率， （2）由题意可得X的可能取值为4，5，6，7，然后求出相应的概率，从而可求出X的分布列和数学期望 【小问1详解】 当甲以获胜时，还需进行四场比赛，发球方分别为甲、乙、甲、乙， 甲获胜的可能情况有：①第一场甲输，第二场甲赢，第三场甲赢，第四场甲赢，②第一场甲赢，第二场甲输，第三场甲赢，第四场甲赢， 所以甲以获胜的概率为 【小问2详解】 由题意可得X的可能取值为4，5，6，7，则 , , , , 所以的分布列为 4 5 6 7 所以 21. 椭圆（）的离心率为，过的左焦点的直线被圆（）截得的张长为. （1）求椭圆的方程； （2）设的右焦点为，在上是否存在点P，满足？若存在，指出有几个这样的点（不必求出点的坐标），若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2）2 【解析】 【分析】（1）由直线与轴交点求得，再由离心率求得，从而可求得得椭圆方程； （2）由弦长求得圆的半径，设，由得点轨迹是圆，由该圆与已知圆的位置关系确定交点个数，得出结论． 【小问1详解】 由已知直线与轴交点为，所以，又，所以， 则， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 圆的圆心为，它到直线的距离为， 所以弦长为，（）， 即圆方程为， 设，由（1），， 即为， 所以，化简得：， 所以满足的点在圆：，其中圆心为，半径为， 又， ，，显然， 圆与圆相交，有两个交点， 所以满足题意的点有两个． 22. 已知函数， （1）讨论的极值点个数； （2）若在内有两个极值点，，且，求取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，令，讨论的正负情况判断函数单调性即可得出； （2）根据题意可得，构造函数，利用导数求出单调性，不等式化为，求出的范围即可根据求出. 【小问1详解】 ，令，， 当时，，即，则在上单调递减，无极值点； 当时，有两个零点，， 当，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增， 所以在处取极小值，在取极大值，有2个极值点， 综上，当时，无极值点，当时，有2个极值点； 【小问2详解】 由题意可得在有两个零点，故且，所以， 由得，故，同理， 又，所以， 结合知， 令，则， 当时，，单调递增，又， 所以即，所以，则， 因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$