江西省宜春市丰城市2023届高三数学上学期1月期末考试试题（Word版附解析）.docx

1、2022-2023年上学期期末考试卷高三数学一、单选题（每小题5分，共60分）1. 已知复数z在复平面内对应的点为，z是的共轭复数，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；【详解】解：由题知，则，所以.故选：D.2. 在数列中，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据递推关系，代入数据，逐步计算，即可得答案.【详解】由题意得，令，可得，令，可得，令，可得，令，可得.故选：D3. 已知空间中两条不重合的直线，则“与没有公共点”是“”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

2、充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由直线与没有公共点表示两条直线或者与异面直线，再根据充分必要性判断.【详解】“直线与没有公共点”表示两条直线或者与是异面直线，所以“与没有公共点”是“”必要不充分条件.故选：B4. 若命题“”是假命题，则实数a的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据命题的否定为真命题可求.【详解】若命题“”是假命题，则命题“”是真命题，当时，所以.故选：A.5. 如果平面向量，那么下列结论中不正确的是（ ）A. B. C. ，的夹角为180D. 向量在方向上的投影为【答案】D【解析】【分析】直接利用向量的坐标运算，向量的模，向量的夹角运算，

3、向量在另一个向量上的投影的应用判定选项的结论【详解】解：因为，所以，对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，故，故B正确；对于C，因为，所以与的夹角为180，故C正确；对于D，在方向上的投影为：，故D错误.故选：D.6. 在正方体中，直线与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据线线角的求法求得正确答案.【详解】画出图象如下图所示，根据正方体的性质可知，所以是直线与所成角，由于三角形是等边三角形，所以，即直线与所成角的大小为.故选：B 7. 已知，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的单调性以及中介值“0”或“1”

4、，比较即可.【详解】因为在上单调递减，又，所以，因为在上单调递增，又，所以，因为，所以，所以，故选：B.8. 两个工厂生产同一种产品，其产量分别为.为便于调控生产，分别将、中的值记为并进行分析.则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解方程可依次求得，结合基本不等式可得大小关系.【详解】由得：，解得：，即；由得：，解得：，即；由得：，解得：，即；又，（当且仅当时取等号），.故选：A.9. 已知函数的所有正极值点由小到大构成以为公差的等差数列，若将的图像向左平移个单位得到的图像，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出的值，然后根据图像

5、的变换和三角函数的诱导公式可得答案.【详解】由可得，因为函数的所有正极值点由小到大构成以为公差的等差数列，所以函数的周期为，所以，即，所以，所以，故选：A10. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式和奇偶性可确定的单调性，结合可得自变量的大小关系，由此可解不等式求得结果.【详解】当时，在上单调递增；又是定义在上的偶函数，在上单调递减；，由得：，则，解得：，的解集为.故选：A.11. 若函数在区间内有最小值，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在区间内有最小值，可转化为的导函

6、数在区间有变号零点，再根据二次函数的零点分布，即可求解.【详解】由，若函数在区间内有最小值.此时函数必定存在极值点，由，设，为一元二次方程的两根，有不妨设，故只需要即可，令，有，解得.故选：C.12. 若一个三棱锥的底面是斜边长为的等腰直角三角形，三条侧棱长均为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据侧棱相等的三棱锥的顶点在底面的投影为底面三角形的外心，而球心在过底面三角形外心且与底面垂直的直线上，构造三角形借助勾股定理可解.【详解】三条侧棱棱长相等，P在底面的射影D是的外心，又是斜边为BC的等腰直角三角形，D是BC中点，易知直线PD上的点到A

7、、B、C的距离相等，故三棱锥外接球的球心O在直线PD上，记球的半径为R，则直角三角形BOD中有，故外接球表面积为.故选：D 二、填空题（每小题5分，共20分）13. 已知(i是虚数单位)，则实数x的值为_【答案】【解析】【分析】结合实数能比较大小、复数的知识来求得实数的值.【详解】依题意，所以，解得.故答案为：14. 设等比数列的前n项和为，且，则_【答案】【解析】【分析】由题知当时，进而结合已知得公比为，再求得即可求解.【详解】解：因为所以，当时，所以，即，所以，等比数列的公比为，所以，当时，所以，解得，所以故答案为：15. 已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为_.【答案】

8、【解析】【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】.故答案为：.16. 在中，角所对的边分别为，则_【答案】【解析】【分析】由二倍角公式求出，由正弦定理求得，从而可求出，的值，再利用余弦定理即可求解【详解】解：，由，得，由正弦定理，得，又，由余弦定理，得，故答案为：三、解答题17. 已知向量，满足，（1）若，的夹角为，求；（2）若，求与的夹角【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先算出 ，再按照数量积的公式计算即可（1）根据得到，计算出，再根据 即可【小问1详解】，所以，所以小问2详解】因为，所以，所以，所以 ，令所以，因为，所以 故与的夹角

9、为18. 如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，E为PB的中点（1）求证：EO平面PDC；（2）求证：平面PAC平面PBD【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明，再根据线面平行判定定理即可得证；（2）先证明AC平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【小问1详解】底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，O为BD中点，又E为PB的中点，平面PDC，平面PDC，平面PDC；【小问2详解】底面ABCD是正方形，ACBD，又PD平面ABCD，AC平面ABCD，PDAC，平面，AC平面PBD，又平面PAC，平面PAC

10、平面PBD19. 已知函数（1）求函数的最小正周期和单调递增区间（2）求函数在上值域.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用诱导公式和辅助角公式可得，即可求出周期和单调增区间.（2）由，可得，利用的函数图象可得值域.【详解】（1），所以最小正周期，令，解得，故函数的单调递增区间为.（2）因为，令，根据的函数图象，可得，.函数值域为：20. 已知函数，且求：（1）a的值及曲线在点处的切线方程；（2）函数在区间上的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意，求出的值，然后根据导数的几何意义即可求解；（2）根据导数与函数单调性的关系，判断函数在区间上的单调性，从而即可求解

11、.【小问1详解】由题意，因为，所以，解得，所以，因为，所以曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】因为，且，所以在上单调递增，所以，即函数在区间上的最大值为.21. 已知数列an和bn满足a1=1，b1=0， ，.（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.【答案】（1）见解析；（2），【解析】【分析】(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果【详解】(1)由题意可知，所以，即，所以数列是首项为、公比为的等比数

12、列，因为，所以，数列是首项、公差为的等差数列，(2)由(1)可知，所以，【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题22. 已知函数是定义域为R的奇函数.（1）求实数，的值及函数的值域；（2）若不等式成立，求t的取值范围.【答案】（1），.值域为.（2）【解析】【分析】（1）由奇函数可取特殊值、，列出等式求解即可；函数解析式分离常数得，由可逐步求得的值域；（2）由的单调性推出函数在R上是减函数，利用奇函数的性质将不等式化简为，则，即可求得t的范围.【详解】（1）因为是定义域为R的奇函数，所以，即，解得，故.又由，所以，解得，所以，.经检验，时，是奇函数由，因为，所以，故函数的值域为. （2）由（1）知，则在R上是减函数，又因为奇函数，所以等价于即，由在R上为减函数，所以， 解得，故t的取值范围是.【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求参数，利用函数的单调性解不等式，属于中档题.