1、2023届江西省丰城中学高三上学期第四次段考数学（理）试题一、单选题1下边的Venn图中，两个椭圆区域对应集合A，B，其中，则阴影部分表示（）ABCD【答案】C【分析】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中,由此求解即可【详解】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中,，,所以阴影部分表示的集合为，故选：C2下列条件是“过点可以作两条与曲线相切的直线”的充分条件的是（）ABCD【答案】C【分析】画出草图，结合图像分析即可【详解】由题知点在直线上运动,与的交点为,由图像可知.要使过点有两条与曲线相切的直线,则点只需要在点的右侧结合选项可知为其充分条件故选:C.3使有唯一
2、的解的有（）A不存在B1个C2个D无穷多个【答案】B【分析】令,则构造函数,且,得出为偶函数,根据偶函数的对称性,假设有,必有,与题设矛盾,则只有,代入即可得出答案【详解】解:令,则,设,且,则, 为偶函数,则函数图象关于y轴对称,由偶函数的对称性,若的零点不为,则有,必有,不满足的唯一性,所以只能是,即,解得,故只有唯一一个.故选:B4如图，由于建筑物AB的底部B是不可能到达的，A为建筑物的最高点，需要测量AB，先采取如下方法，选择一条水平基线HG，使得H，G，B三点在一条直线上在G，H两点用测角仪测得A的仰角为，测角仪器的高度是h，则建筑物AB的高度为（）ABCD【答案】C【分析】根据三角
3、函数的定义，结合线段组合，可得答案.【详解】由题意，可得，故选：C.5记ABC所在平面内一点为P，满足，其中，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】由平面向量运算法则将化简后求解，【详解】过点作的垂线，垂足为，则，而与共线，易得，而，故，故选：C6已知函数记函数为的导函数，函数的图象在处的切线与x轴相交的横坐标为，则（）ABCD【答案】B【分析】由导数的几何意义可求出切线方程，再利用裂项相消法即可求解.【详解】，切点，切线方程为：，令，即，切点，切线方程为：，令，所以，故选：B7下列各式大小比较中，其中正确的是（）ABCD【答案】D【分析】由不等式的性质，三角函数和指数对数函数的单调性，
4、逐个判断选项是否正确.【详解】，即，选项A错误；，由，选项B错误；，选项C错误；，选项D正确.故选：D8在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是（）ABCD【答案】A【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，进而求得，再利用基本不等式即可得到答案【详解】连接，在中，因为是的中点，所以，平方得，将代入可得，因为，所以，所以，在，所以，当且仅当即时，取等号,故选：A9杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一
5、带杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：若正项数列的前项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前20项和（）A2620B2660C2870D2980【答案】C【分析】根据与的关系可以求得的通项公式，利用，观察三角垛公式公式的通项结合的结构，即为所求.【详解】由，得，两式相减，得，整理，得，即因为各项为正，所以，所以数列是公差为1的等差数列又当时，即，所以或（舍去），所以，所以，所以因为，所以，即又，所以，故故选：C10如图，在中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（）；过点作一条直线与边分别相交于点，若，则；若是边长为的正三角形，是边上的动点，
6、则的取值范围是A个B个C个D个【答案】C【分析】由，结合向量的运算判断；由三点共线结合向量的数乘运算判断；建立坐标系，利用坐标运算结合二次函数的性质判断.【详解】对于：，故，故正确；对于：，因为三点共线，所以，即，解得，故错误；对于：以点作为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系，设，因为，所以，当时，当时，即的取值范围是，故正确；故选：C11若x，则（）ABCD【答案】C【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设，则（不恒为零），故在上为增函数，故，所以，故在上恒成立，所以，但为上为增函数，故即，所以C成立，D错误.取，考虑的解，若，则，矛盾，故即，此时，故B
7、错误.取，考虑，若，则，矛盾，故，此时，此时，故A错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.12已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为xy.现有两个结论：若，则；的最大值为.则正确的判断是（）A成立，成立B成立，不成立C不成立，成立D不成立，不成立【答案】C【分析】根据及与的夹角为求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故错误；利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合，可得：，利用投影公式求出，只需求出最大值，利用面积公式和基本不等式求出最大值为1，进而
8、求出的最大值.【详解】由，解得：，当时，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，代入中，等号不成立，故错误；设，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，所以 ，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，正确.故选：C【点睛】向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题，这道题目的突破口就是结合与，可得：点C在线段AB上且，进而得到最小值.二、填空题13已知且，若关于的方程的所有正实根从小到大排列构
9、成等差数列，则实数的所有取值构成的集合是_.【答案】【分析】根据半角公式得到，结合图象可知，或，从而求出实数的所有取值构成的集合.【详解】，即，所以，要想所有正实根从小到大排列构成等差数列，则，或，所以或，实数的所有取值构成的集合为故答案为：14已知，点D满足，设，若恒成立，则的最大值为_【答案】4【分析】将已知变形为，设延长AB至点F，使得,取AC的中点E，并通过得出点D在EF上，再通过与已知条件得出，设，再通过面积法与正、余弦定理得出即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.【详解】延长AB至点F，使得,取AC的中点E，连接EF，则，,点D在EF上，过点A作于点G，由“边角边”公理可得：
10、，且恒成立，设，根据面积法知：，当且仅当时等号成立，故答案为：4.1510世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观察者异地同时观测同一颗小天体来测定小天体的高度如图，有两个观察者在地球上A，B两地同时观测到一颗卫星S，仰角分别为SAM和SBM（MA，MB表示当地的水平线，即为地球表面的切线），设地球半径为R，的长度为，SAM30，SBM45，则卫星S到地面的高度为_【答案】【分析】根据已知条件，构造三角形，在三角形中根据正、余弦定理求解.【详解】如图，圆心为O点，设，由已知的长度为，即，是等边三角形，又，则，在中，有，由正弦定理可得，即，在中，有，由余弦定理可得，则，所以，则卫星S
11、到地面的高度为故答案为：.16满足一定条件的连续函数的定义域为，如果存在，使得，那么我们称函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点. 在数学中，这被称为布劳威尔不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹.布劳威尔（英语：L.E.J.Brouwer），是拓扑学里一个非常重要的不动点定理. 现新定义：若满足，则称为的次不动点. 给出下列四个结论：对于函数，既存在不动点，也存在次不动点；对于函数，存在不动点，但不存在次不动点；函数的不动点和次不动点的个数都是2；若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【分析】对，由即可判断；对，由零点存在定理说
12、明以及在存在交点即可；对，分别用导数法讨论与的零点个数；对，分别由参变分离法讨论、有唯一解时a的取值范围，最后取交集即可【详解】对，所以0既是不动点，也是次不动点，对；对，对以及，易得，且当时，故与在必存在交点，即存在次不动点，错；对，（1）令，故单调递增，又，故存在唯一，使得， 则在单调递减，在单调递增，又，故仅有两个零点，即仅有2个不动点；（2）同理，令,，故单调递增，又，故存在唯一，使得，则在单调递减，在单调递增，又，故仅有两个零点，即仅有2个次不动点. 对；对，（1）当时，则，令，则，由对勾函数性质易知在单调递增，则，故要仅有一个不动点，即有唯一解，需；（2）当时，则，令，则，由对勾函
13、数性质易知在单调递增，则，故要仅有一个次不动点，即有唯一解，需；综上，仅有一个不动点和一个次不动点，的取值范围是，对.故选：【点睛】含参函数零点个数问题， （1）一般对参数分类讨论，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理判断；（2）将参数分离出来，用导数法讨论不含参数部分的单调性，由数形结合，转化成两个图象交点的问题；三、解答题17已知函数.(1)若，求该函数的值域；(2)证明：当时，恒成立.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）令，求出函数的值域，即为函数的值域；（2）证得，即可证得原不等式成立.【详解】（1）解：，令，则，令，则，因此，的值域为.（2）解：由（1）可得，
14、因此，即该不等式恒成立.18某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距 的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得，（注：点A，B，C，D在同一平面内）(1)求的面积；(2)求点之间的距离【答案】(1);(2)【分析】（1）由正弦定理求得的长，利用三角形面积公式，即可求得答案；（2）求出和，由余弦定理即可求得答案.【详解】（1）在 中，所以由正弦定理：，得，所以,，所以 的面积为（2）由，得，且,在 中由余弦定理，得,所以即点C，D之间的
15、距离为19设数列的前项和为，已知，_.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解（若两个都选，则按所写的第1个评分）：数列是以为公差的等差数列；.【答案】(1)选择，都有；(2)证明见解析.【分析】（1）选择，根据等差数列的通项公式，求得；再根据与之间的关系即可求得结果；选择，利用的关系消去，构造等差数列，与同理，即可求得结果；（2）根据（1）中所求求得，再利用裂项求和法求得，即可证明.【详解】（1）若选择数列是以为公差的等差数列，显然其首项为故，故；当时，当时，满足.故的通项公式为；若选择即，整理得：故，即数列是
16、首项为，公差为的等差数列，与选择相同，故的通项公式为.（2）根据（1）中所求可得：，则故又，故可得.20已知中，角的对应边分别为，且内切圆的半径.(1)求的值；(2)设，若，求的最大值.【答案】(1)，(2)【分析】利用正弦定理对进行边角互换，整理后求出，然后再根据得到，利用内切圆半径求出，最后再根据正弦定理求出，；利用平面向量的线性运算得到，再根据得到和的关系式，最后根据和的关系式求出的最大值.【详解】（1）过点作于点，连接，.，即，,，.，.，为中点.在中，.，.（2），.令，.当时，.21设A，B，C是ABC的三个内角，ABC的面积S满足，且，(1)若向量，求的取值范围；(2)求函数的最
17、大值【答案】(1)(2)【分析】（1）根据数量积的运算结合面积公式可得，再计算可得，结合正弦函数的范围求解即可；（2）化简，再令，结合三角函数的范围与二次函数的最值求解即可.【详解】（1）由可得，又，故，即.又是ABC的三个内角，故.易得，.故，因为，故，故，故的取值范围为（2）.设，则则.又，故当时，取最大值.22设函数，(1)若对任意，都有，求a的取值范围；(2)设，当时，判断，是否能构成等差数列，并说明理由【答案】(1)(2)不能构成等差数列；理由见解析【分析】（1）对求导，分类讨论，借助单调性解不等式；（2）计算，并分别计算，证明，即可证明，不能构成等差数列.【详解】（1）（1）的定义域是，若，则当时，在单调递增，等价于，即，由得 设，故在单调递减，在单调递增，而，所以的解集为若，则在单调递减，在单调递增，等价于，即，即，矛盾，故a的取值范围是（2）（2）同理可得，所以下面证明，且由（1）知，所以只需证明时，令，即证设，所以设，故在（0，1）单调递减，所以，故，不能构成等差数列【点睛】本题属于难题，考察导数与函数的单调性、不等式恒成立问题（1）虽然不易分离参数，但是a和x有明显的结构相似性，可以通过类似分参的方法说明（2）为不等式的证明问题，难度较大，涉及多参数的不等式将求出并化简，侧面考察了等差数列和等比数列的求和.第 22 页 共 22 页
