广东省广州市2023届高三上学期11月调研数学试题.docx

1、广东省广州市2023届高三上学期11月调研数学试题一、单选题1已知全集，集合，则如图中阴影部分表示的集合为（）ABCD2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（）ABCD4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

2、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 ，若添加推进剂，火箭的最大速度为，若添加推进剂，则火箭的最大速度约为（参考数据：)（）ABCD6函数在上大致的图象为（）ABCD7已知，则（）ABCD8设，则的大小关系正确的是（）ABCD9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BC数列是等比数列D对任意正整数，二、多选题10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

3、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，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函数是以为周期的周期函数D函数是以为周期的周期函数三、填空题13已知为单位向量，则的夹角为_14如图，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），环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块，己知每层环数相同，且三层共有扇面形石板（不含天心石）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

4、足下列三个条件：；，对所有满足上述条件的数列，共有个不同的值，则_四、解答题17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

5、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：试卷第5页，共5页参考答案：1B【分析】用集合表示出韦恩图中的阴影部分，再利用并集、补集运算求解作答.【详解】由韦恩图知，图中阴影部分的集合表示为，因集合，则，又全集，所以.故选：B2D【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义判断可得出结论.【详解】由已知可得，所以，复数在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.3A【分析】计算得出，利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，即可得出的值.【详解】因为，则，所以，故.

6、故选：A.4A【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用函数图象变换求解作答.【详解】依题意，因此把的图象上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，再把所得图象向右平移个单位函数的图象，即A正确，B，C，D都不正确.故选：A5C【分析】由题目条件求出公式中的，再把题中信息代入公式即可得到答案.【详解】由题目条件知，则.所以.故选：C.6B【分析】分析函数的奇偶性及其在上的单调性，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对任意的，所以，函数在上的图象关于原点对称，排除AC选项，当时，则，因为，由可得，则，由可得，则，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，排除D选项.故选：B.7C【分析】

7、利用二倍角公式求出的值，代入所求代数式即可得解.【详解】由可得，则，又，所以，所以，可得，因为，则，解得，因此，.故选：C.8B【分析】根据给定条件，构造函数比较a，b，构造函数比较a，c作答.【详解】令函数，当时，即在上递减，则当时，即，因此，即；令函数，当时，则在上单调递增，则当时，即，因此，即，所以的大小关系正确的是.故选：B9D【分析】取，结合作差法可判断A选项；取，可判断B选项；取可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.【详解】对于A选项，若且，则对任意的，所以，即，A错；对于B选项，当时，则，B错；对于C选项，若，则，此时，数列不是等比数列，C错；对于D选项，所以，D对.

8、故选：D.10ACD【分析】利用全称量词命题的否定可判断AB选项；解方程，利用集合的包含关系可判断CD选项.【详解】对于AB选项，由全称量词命题的否定可知，命题“，”的否定是：“，”，A对B错；对于CD选项，由可得或，因为或，所以，是的充分不必要条件，是的必要不充分条件，C对D对.故选：ACD.11ABC【分析】根据给定条件，结合正弦函数的性质，求出的取值区间，再逐项计算判断作答.【详解】当时，而在上有且只有三个零点，因此，解得，B正确；的最小正周期，则函数在上既可以取得最大值1，也可以取得最小值-1，因此函数在上存在使得，A正确；当时，而，即函数在上单调递增，C正确；当时，而，则当时，满足和

9、的x都是的极大值点，即此时函数在上存在两个极大值点，D错误故选：ABC12BC【分析】利用题中等式以及函数的对称性、周期性的定义逐项推导，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为为偶函数，所以由，可得，可得，所以，函数的图象关于直线对称，A错；对于B选项，因为，则，又因为，可得，所以，函数的图象关于点对称，B对；对于C选项，因为函数为偶函数，且，则，从而，则，所以，函数是以为周期的周期函数，C对；对于D选项，因为，且，又因为，所以，又因为，则，所以，故，因此，函数是周期为的周期函数，D错.故选：BC.结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；（

10、2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.13【分析】根据数量积的运算和向量模的公式求解即可.【详解】解：因为为单位向量，所以，所以，因为，所以故答案为：14【分析】设上、中、下三层的石板块数分别为、，由题意可知、成等差数列，利用等差中项的性质可求得的值.【详解】设上、中、下三层的石板块数分别为、，由题意可知、成等差数列，所以，解得.故答案为：.15【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理求解作答.【详解】令函数，依题意，函数有唯一零点，求导得，当时，无零点，当时，函数在上单调递增，当且时，则在上存在唯

11、一零点，因此，当时，当时，当时，函数在上递减，在上递增，当且仅当，即时，在上存在唯一零点，因此，所以实数的取值范围为.故答案为：164【分析】设中有项取值1，有项取值，由得，由得，由得，解出的取值范围即可求解.【详解】设中有项取值1，有项取值，由条件知，再由条件得，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，故答案为：417(1)(2)证明见解析【分析】（1）令，可得出，令时，由可得，两式作差可得推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，求出的值，进而可求得等比数列的通项公式；（2）求得，利用裂项求和法可证得原不等式成立.【详解】（1）因为，则当时，当时，由可得，所以

12、，即，因为是等比数列，则该数列的公比为，则，所以，即，所以数列的通项公式.（2）由（1）得，所以，故 .18(1)(2)最大值为 ，最小值为.【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义结合给定切线求解作答.（2）利用（1）的函数解析式，利用函数在区间上的单调性，即可求解作答.【详解】（1）依题意，切点在切线上，则，而的图象在点处的切线斜率为，解得得，所以函数的解析式为.（2）由（1）知，由得或，当时，或，有，有，因此函数在上单调递增，在上单调递减，又，所以在上的最大值为 ，最小值为.19(1)(2)4【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；（2）在和中用两次正弦定理

13、可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.【详解】（1）解法一：由余弦定理可得，即，整理可得，所以，因为，所以.解法二：由正弦定理可得，因为，所以，因为，所以， 因为，所以.（2）如图所示由题意可得是角的平分线，在中，由正弦定理可得，即，解得，在中，由正弦定理可得，即，解得，所以，由正弦定理边角互化得，在中由余弦定理解得，所以，在由余弦定理得，解得.20(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）利用锥体的体积公式求出的长，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平

14、面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，在三棱柱中，四边形为平行四边形，则，因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以（2）解：由（1）得，为的中点，则，因为平面，所以，因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21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【分析】以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，计算出曲线段的方程，设是曲线段上的任意一点，计算出、，利用导数求出矩形桌面板的面

15、积的最大值及其对应的值，即可得出结论.【详解】解：以为原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，依题意可设抛物线方程为，且，所以，即，故点所在曲线段的方程为，设是曲线段上的任意一点，则在矩形中，所以，桌面板的面积为，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以当时，有最大值，此时，此时，.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22(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答.（2）根据给定条件，求出a的取值范围，将用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答.【详解】（1）函数定义域为，依题意，成立，即，成立，而当时，因此，而时，不是常数函数，于是得，所以实数的取值范围是.（2）由（1）知，因有两个极值点，则，即有两不等正根，于是得，有，令，显然函数在上单调递增，而，因此，使得，即，当时，当时，于是得在上单调递减，在上单调递增，显然在上单调递增，则，因此，即有，所以.答案第13页，共13页