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1、(全国I卷)2023年届高三数学上学期第二次联考试题 文(含解析)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.命题 ,则 是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题可得结果.【详解】由全称命题的否定是特称命题可得:命题的否定是,故选C.【点睛】本题考查了命题的否定,对于含有量词的命题的否定,只需改量词,否结论即可,是基础题2.已知集合 ,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求出集合M,N,由交集的定义求出【详解】因为,所以 故选A.【点睛】本题考查交集的求法,考查交集定义、不等式的解法,考查运算求解能力,是基础题3.函数
2、的定义域是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据分母不等于0,及对数函数和根号有意义的条件列得不等式组,进行求解.【详解】由题意可得 解得 ,即 的定义域是 .故选C.【点睛】此题主要考查函数的定义域及其求法,注意二次根号有意义的条件及分母不能为0;4.复数 满足 ,则A. 1B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】设,利用复数模的计算公式列出关于x,y的方程,解得x,y即可【详解】设,则 ,解得 .故,故选B.【点睛】本题考查了复数模的计算公式,考查了运算能力,属于基础题5.已知 ,则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用对数式的运算性质比较a与b的大
3、小,再比较a,c与2的大小关系,由此得答案【详解】因为,所以.故选B.【点睛】本题考查对数值的大小比较,考查对数函数与指数函数的性质,借用中间量是解决此类问题的常用方法,是基础题6.已知非零向量与满足|2|,且|2|=,则向量与的夹角是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意,对|2|=平方,结合|2|,求出向量、的夹角的余弦值,即得、的夹角【详解】因为|2|=,所以,即,所以,因为|2|,所以,所以与的夹角为故选B.【点睛】本题考查了利用平面向量数量积求向量的模长与夹角的问题,是基础题目7.已知函数 ,则“ ”是“ 是奇函数”的A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件C.
4、必要不充分条件D. 充分不必要条件【答案】D【解析】【分析】先将m=2代入f(x)中,利用奇函数的定义证明是奇函数,再说明m取其它值也可以使得f(x)为奇函数,结合充要条件的定义得结论.【详解】因为,所以 ,所以 ,则是奇函数.因为当 时, ,此时也是奇函数,故“”是“是奇函数”的充分不必要条件.故选D.【点睛】本题考查了充要条件及奇函数的定义,考查了运算求解能力和推理论证能力,属于基础题.8.函数 的部分图象大致是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别利用函数的奇偶性及特殊函数值进行排除,即可判断答案【详解】因为,所以是偶函数,其图象关于y轴对称,排除C,D;当 时, ,排除
5、A.故选B.【点睛】本题考查了函数图象的识别,考查了函数值及函数的奇偶性的应用,属基础题9.已知 在 上单调递减,且 ,则A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】先由在 上单调递减,得到区间长度应该小于等于半个周期,可得,再由检验即可.【详解】因为在 上单调递减,所以 ,所以 .因为 ,所以 或 .当时, 符合题意,此时 ,则 ;当时, 不符合题意,综上, ,则,故选D.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象和性质的应用,考查了三角函数值,属于基本知识的考查10.定义在 上的函数 满足 ,且当 时,则函数 在 上的零点个数为A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】由
6、f(x+2)3f(x),得到函数在其他区间的解析式,作出函数的图象,将问题转化为直线与函数在上的图象的交点的个数,即可求出零点个数【详解】设,则.因为时, ,所以.因为,所以当时,同理可得当时,;当时,此时最大值为x=-3时,f(x)=,因为函数 在 上的零点个数等价于直线与函数 在上的图象的交点的个数,结合的图象(如图),直线与函数在上的图象有7个交点,即函数在上有7个零点.故选C.【点睛】本题主要考查函数零点的个数及函数解析式的求解方法,考查了数形结合思想,利用f(x+2)3f(x)求解解析式是解决本题的关键11.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图则该几何体的外
7、接球的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知:该几何体为一个三棱锥,作出图形,得到球心位置利用勾股数计算得到其外接球的半径【详解】由三视图知(结合长方体)该几何体的实物图应为三棱锥,故球心肯定在长方体上、下底面的中心连线 上(设上、下底面的中心分别为 .记球心为点,设,则 ,结合三视图数据得,解得 ,则 ,故该几何体的外接球的表面积为故选B.【点睛】本题考查了球表面积计算公式、三棱锥的三视图及球心位置的确定,考查了推理能力与计算能力,属于中档题12.定义在 上的函数满足 ,且对任意的 都有 (其中为的导数),则下列一定判断正确的是A. B. C. D. 【答案】
8、D【解析】【分析】由题意构造函数,由得到,说明函数F(x)对称轴为x1,又对任意,都有成立,得到函数F(x)在上单调递增,再比较各选项中自变量的大小即可得到函数值的大小【详解】设 ,则 ,因为当 时, ,所以 ,则 在 上单调递增.因为 ,即 ,所以 ,所以 关于 对称,则,因为在上单调递增,所以,则有,所以A、B、C均错,故选D.【点睛】解决此类问题的关键是熟练掌握函数的性质如奇偶性、单调性、周期性、对称性等,本题还考查了构造函数的技巧,属于难题二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.函数 的图象在 处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】求函数的导数,利用导数的几何意义求得
9、斜率,由点斜式写出切线方程.【详解】因为,所以,所以,故所求切线方程为.故答案为:.【点睛】本题主要考查导数几何意义,以及导数的基本运算比较基础14.已知 ,则 _.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式并将所求写成齐次式形式,再将弦化为切即可.【详解】,故答案为:【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式,考查了齐次式的应用,属于基础题.15.九章算术中的“邪田”意为直角梯形,上、下底称为畔,高称为正广,非高腰边称为邪。在四棱锥 中,底面 为邪田,两畔分别为1,3,正广 为 , 平面,则邪田的邪长为_;邪所在直线与平面 所成角的大小为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】过点作,垂足为,
10、在Rt中,可求BC长,即为邪长,又由题意可证平面,得到 即为所求,在Rt中,求得正切值,可得角.【详解】过点作,垂足为,延长,使得(如图).由题意可得,则 由题意知,所以,所以.因为 平面,所以,又,所以 平面 ,则 是直线 与平面 所成角的平面角, ,所以故答案为: 【点睛】本题以数学文化为载体,考查了线面角及线面垂直的证明,考查了转化与化归思想及推理论证能力,属于中档题.16.在数列 中, ,且 ,则_.【答案】3750【解析】【分析】由题意,由此可用累加法及裂项相消法求得,可得,进而求得,利用等差数列求和公式求得结果.【详解】因为 ,所以将以上等式累加可得: ,即 .因为 符合上式,所以
11、 ,则 .所以是以4为首项,以1为公差的等差数列,故 ,故答案为:3750.【点睛】本题考查了累加法及裂项相消法求通项及求和的方法,考查了等差数列的证明及求和公式,考查了运算能力及推理论证能力,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.第1721题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.17.设等比数列的前 项和为 .(1)求的通项公式;(2)若 ,求 的前项和【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)将已知用基本量及q表示,联立方程组,求解即可.(2)由(1)结果求得,可得,由裂项相消法求得结果.【详解】(1)设等比数列
12、的公比为 ,显然 ,则 解得, 故(2)因为 ,所以 ,所以, 所以故即【点睛】本题考查了等比数列通项公式及求和公式的应用,考查了裂项相消法求和,属于基础题.18.已知函数.关于的不等式的解集为,且.(1)求的值.(2)是否存在实数,使函数的最小值为?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)由对数函数单调性解得不等式中x的范围,可将m、n用表示,利用,解得.(2)令则原函数通过换元转化为,利用二次函数对称轴与t的范围的关系,分类讨论分别求得h(t)的最小值,令其为,从而求得.【详解】(1)由,又,所以,又因为的解集为 ,所以 因为,所以,解得或,因为,
13、所以 (2)由(1)可得 令 ,则当 时,不符合题意; 当 时, ,解得,又,则当 时, ,解得,不符合题意. 综上,存在实数符合题意【点睛】本题考查了对数函数单调性的应用,考查了二次函数性质及运算求解能力,考查了分类讨论的数学思想,属于中档题.19.如图,在四棱锥 中, 平面 ,底面是等腰梯形,且 ,其中 .(1)证明:平面 平面 .(2)求点 到平面 的距离。【答案】(1)见解析;(2)【解析】【分析】(1)由题意结合已知数据,利用勾股数证得,又由 平面可得,从而证得 平面,再利用面面垂直的判定定理可得结论.(2)先求得,利用余弦定理及三角形面积公式求得,利用等体积转化根据可得距离.【详解
14、】(1)过点作交于点.因为底面 是等腰梯形,且 ,所以 在 中, ,同理可得 因为 与 相似,所以 ,所以 ,则 因为 平面平面,所以 因为 平面平面,且 ,所以 平面 因为 平面 ,所以平面 平面 (2)因为平面,所以 ,因为 ,所以 在 中,因为 ,所以,所以 ,则的面积为 设点到平面 的距离为,则三棱锥的体积 因为 ,所以,解得 故点到平面的距离为【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理,考查了点面距离的求法,等体积转化是解决此类问题的常用方法,属于中档题.20.在 中,角 所对的边分别为 .已知 .(1)若,求的周长;(2)若为锐角三角形,求 的取值范围.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理将已知条件边化角,化简后求得B,再利用余弦定理求得,可得周长.(2)利用正弦定理将化为角的三角函数,化简后利用A的范围及正弦函数的性质求解范围.【详解】(1)因为,所以, 所以 因为,所以,所以 因为 ,且,所以,即,则 的周长为