海南省东方市西南大学东方实验中学2022-2023学年高三上学期数学基础测试四（含解析）
文档属性
| 名称 | 海南省东方市西南大学东方实验中学2022-2023学年高三上学期数学基础测试四（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 477.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-13 06:23:31 | ||
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文档简介
高三数学基础测试四
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．命题“”的否定是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，在中，，，若，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，
如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，…构
成的数列的第项，则的值为（ ）
A．208 B．105 C．120 D．210
6．已知，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
7．函数的图象大致是（ ）
A．B． C． D．
8．设，.若任意、，且，有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．函数是偶函数 B．是函数的一个零点
C．函数在区间上单调递增
D．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
10．已知两条直线m，n和两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则 B．若，且，则
C．若，且，则 D．若，且，则
11．已知a，b，c分别是椭圆E的长半轴长、短半轴长和半焦距长，若关于x的方程
有实根，则椭圆E的离心率e可能是（ ）
A． B． C． D．
12．已知正数满足，则下列选项不正确的是（ ）
A．的最小值是2 B．的最大值是2
C．的最小值是4 D．的最大值是
三、填空题
13．已知向量，，.若，则________.
14．在锐角中，，则角A的大小为___________.
15．曲线在点处的切线与直线垂直，则 __________.
16．已知数列的通项公式 ，则前n项和 ___________.
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【分析】
求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
因为，，因此，.
故选：A.
2．C
【分析】
先对复数化简，从而可求出其共轭复数，进而可求出其虚部
【详解】
因为，
所以，
所以的虚部为，
故选：C
3．C
【分析】
将全称命题否定为特称命题即可
【详解】
命题“”的否定是，
故选：C
4．B
【分析】
根据向量的加法、减法、数乘，利用基底表示所求向量即可.
【详解】
因为，
所以，
故选：B
5．C
【分析】
通过观察法可得，再利用累加法求出通项公式即可计算的值.
【详解】
依题意，，，，…，于是有，
则当时，，而满足上式，因此，，
所以.
故选：C
6．D
【分析】
结合指数函数、对数函数特征判断每个数的大致范围，再作比较即可
【详解】
，，，显然，
故选：D
7．B
【分析】
根据的表达式，设设，利用导数得出的单调性，函数值的符号，从而可得函数的性质，得出函数图象．
【详解】
的定义域为．设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，则．
所以，且在上单调递增，在上单调递减．
故选：B．
8．A
【分析】
构造函数，分析可知函数在上为减函数，利用函数的单调性与导数的关系结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】
由题意可得，
构造函数，则，
对于任意、，且，，
所以，函数在上为减函数，
对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，所以，.
故选：A.
9．BCD
【分析】
利用特殊值法可判断A选项的正误；计算的值，可判断B选项的正误；利用正弦型函数的单调性可判断C选项的正误；利用三角函数图象变换可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，令，
则，，故函数不是偶函数，A错；
对于B选项，因为，故是函数的一个零点，B对；
对于C选项，当时，，
所以，函数在区间上单调递增，C对；
对于D选项，因为，
所以，函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，D对.
故选：BCD.
10．AD
【分析】
根据平面与平面平行，垂直的性质定理，判断定理等，可以正确推导，也可以举反例说明．
【详解】
对于A，若，，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量分别为，， ，所以可判断是正确的，故 正确；
对于B，若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，都平行于交线，也满足，，，所以不正确；
对于C，若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；
对于D，若，，且，，又，，故正确；
故选：AD．
11．AB
【分析】
根据判别式不小于0可求的关系，从而可求离心率的取值范围.
【详解】
由题意有，
由
可得，
故，解得，
而，
∴.
故选：AB
12．BC
【分析】
根据题设条件和基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】
因为正数满足，
由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以A正确；
由，可得，即，当且仅当时成立，所以B错误；
由，当且仅当时成立，所以C错误；
由正数满足，可得，
则，当且仅当时，
即时，等号成立，即的最大值是，所以D正确.
故选：BC.
13．
【分析】
利用向量线性坐标运算可得，再利用向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】
由，，
所以，
又因为，
所以，解得.
故答案为：
14．
【分析】
利用余弦定理表示出，把已知等式代入求出的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数.
【详解】
解：由，得，
由余弦定理：，
又因为A为锐角三角形的内角，
所以，
故答案为：.
15．2
【分析】
求得的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得的方程，解方程可得所求值．
【详解】
的导数为，
可得在点处的切线的斜率为，
由切线与直线垂直，可得，
解得
故答案为：2
16．
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．命题“”的否定是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，在中，，，若，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，
如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，…构
成的数列的第项，则的值为（ ）
A．208 B．105 C．120 D．210
6．已知，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
7．函数的图象大致是（ ）
A．B． C． D．
8．设，.若任意、，且，有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．函数是偶函数 B．是函数的一个零点
C．函数在区间上单调递增
D．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
10．已知两条直线m，n和两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则 B．若，且，则
C．若，且，则 D．若，且，则
11．已知a，b，c分别是椭圆E的长半轴长、短半轴长和半焦距长，若关于x的方程
有实根，则椭圆E的离心率e可能是（ ）
A． B． C． D．
12．已知正数满足，则下列选项不正确的是（ ）
A．的最小值是2 B．的最大值是2
C．的最小值是4 D．的最大值是
三、填空题
13．已知向量，，.若，则________.
14．在锐角中，，则角A的大小为___________.
15．曲线在点处的切线与直线垂直，则 __________.
16．已知数列的通项公式 ，则前n项和 ___________.
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【分析】
求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
因为，，因此，.
故选：A.
2．C
【分析】
先对复数化简，从而可求出其共轭复数，进而可求出其虚部
【详解】
因为，
所以，
所以的虚部为，
故选：C
3．C
【分析】
将全称命题否定为特称命题即可
【详解】
命题“”的否定是，
故选：C
4．B
【分析】
根据向量的加法、减法、数乘，利用基底表示所求向量即可.
【详解】
因为，
所以，
故选：B
5．C
【分析】
通过观察法可得，再利用累加法求出通项公式即可计算的值.
【详解】
依题意，，，，…，于是有，
则当时，，而满足上式，因此，，
所以.
故选：C
6．D
【分析】
结合指数函数、对数函数特征判断每个数的大致范围，再作比较即可
【详解】
，，，显然，
故选：D
7．B
【分析】
根据的表达式，设设，利用导数得出的单调性，函数值的符号，从而可得函数的性质，得出函数图象．
【详解】
的定义域为．设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，则．
所以，且在上单调递增，在上单调递减．
故选：B．
8．A
【分析】
构造函数，分析可知函数在上为减函数，利用函数的单调性与导数的关系结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】
由题意可得，
构造函数，则，
对于任意、，且，，
所以，函数在上为减函数，
对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，所以，.
故选：A.
9．BCD
【分析】
利用特殊值法可判断A选项的正误；计算的值，可判断B选项的正误；利用正弦型函数的单调性可判断C选项的正误；利用三角函数图象变换可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，令，
则，，故函数不是偶函数，A错；
对于B选项，因为，故是函数的一个零点，B对；
对于C选项，当时，，
所以，函数在区间上单调递增，C对；
对于D选项，因为，
所以，函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，D对.
故选：BCD.
10．AD
【分析】
根据平面与平面平行，垂直的性质定理，判断定理等，可以正确推导，也可以举反例说明．
【详解】
对于A，若，，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量分别为，， ，所以可判断是正确的，故 正确；
对于B，若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，都平行于交线，也满足，，，所以不正确；
对于C，若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；
对于D，若，，且，，又，，故正确；
故选：AD．
11．AB
【分析】
根据判别式不小于0可求的关系，从而可求离心率的取值范围.
【详解】
由题意有，
由
可得，
故，解得，
而，
∴.
故选：AB
12．BC
【分析】
根据题设条件和基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】
因为正数满足，
由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以A正确；
由，可得，即，当且仅当时成立，所以B错误；
由，当且仅当时成立，所以C错误；
由正数满足，可得，
则，当且仅当时，
即时，等号成立，即的最大值是，所以D正确.
故选：BC.
13．
【分析】
利用向量线性坐标运算可得，再利用向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】
由，，
所以，
又因为，
所以，解得.
故答案为：
14．
【分析】
利用余弦定理表示出，把已知等式代入求出的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数.
【详解】
解：由，得，
由余弦定理：，
又因为A为锐角三角形的内角，
所以，
故答案为：.
15．2
【分析】
求得的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得的方程，解方程可得所求值．
【详解】
的导数为，
可得在点处的切线的斜率为，
由切线与直线垂直，可得，
解得
故答案为：2
16．
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