2023届河南省豫南名校高三上学期9月质量检测数学（文）试题含答案

这是一份2023届河南省豫南名校高三上学期9月质量检测数学（文）试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省豫南名校高三上学期9月质量检测数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合A，根据交集运算求解即可.【详解】因为，所以．故选：C2．若向量，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量坐标的加法运算，把向量的坐标代入计算即可.【详解】，.故选：A.3．已知命题，．（    ）．A．p为真命题，，B．p为假命题，，C．p为真命题，，D．p为假命题，，【答案】C【分析】先根据当时，，得到p为真命题，再把特称命题进行否定，变为全称命题即可.【详解】当时，，则p为真命题，又特称命题的否定为全称命题，把存在改为任意，把结论否定，所以命题，的否定为，.故选：C．4．已知的垂心为M，则“M在的外部”是“钝角三角形”的（    ）．A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据三角形垂心与锐角三角形、直角三角形、钝角三角形的位置关系，判断可得答案.【详解】因为锐角三角形的垂心在三角形的内部，直角三角形的垂心为直角的顶点，钝角三角形的垂心在三角形的外部，所以“M在的外部”是“为钝角三角形”的充要条件．故选：B.5．已知，则（    ）A． B． C． D．3【答案】D【分析】利用两角和的正切恒等变换公式可求得=，对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.【详解】因为，所以，解得=，则，故选：D.6．已知函数图象的一条对称轴为直线，则的最小值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据对称性可得，从而可得结果.【详解】因为，所以，解得，又，所以当时，取得最小值3.故选：B7．函数的大致图像为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数奇偶性、特殊点的函数值、解不等式以及导数来研究函数图像进行判断.【详解】因为函数，定义域为，又，所以为偶函数，故B错误；由得，，同理，由得，或，故C错误；因为，，所以，故D错误；因为函数，定义域为， 且当时，，，由有，，同理，由，解得，所以当时，在单调递增，在上单调递减，又，所以A正确.故选：A.8．一艘船航行到点处时，测得灯塔与其相距30海里，如图所示.随后该船以20海里/小时的速度，沿直线向东南方向航行1小时后到达点，测得灯塔在其北偏东方向，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知的值，利用正弦定理即可求解.【详解】解：由题意可知，，海里，由正弦定理可得=，代入数据得.故选：C.9．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的部分多为扇环．已知某扇形的扇环如图所示，其中外弧线的长为60cm，内弧线的长为20cm，连接外弧与内弧的两端的线段均为16cm，则该扇形的中心角的弧度数为（    ）．A．2.3 B．2.5 C．2.4 D．2.6【答案】B【分析】根据弧长之比得到半径之比，从而求出小扇形的半径，再根据弧长公式计算可得.【详解】解：如图，依题意可得弧AB的长为，弧CD的长为，则，即．因为，所以，所以该扇形的中心角的弧度数．故选：B10．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收．”《增广贤文》是勉励人们专心学习的．如果每天的“进步”率都是1％，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1％，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20％，那么“进步”的是“退步”的1000倍需要经过的时间大约是（参考数据：1g 2≈0.3010，lg 3≈0.4771）（    ）A．15天 B．17天 C．19天 D．21天【答案】B【分析】设大约用x天，根据题意得到，利用对数运算求解.【详解】解：设大约用x天，“进步”的是“退步”的1000倍，由题意得，即，所以，故选：B11．已知向量满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简可得，进而根据数量积的性质得，从而得到的最大值【详解】，因为，，所以，，所以.又，，所以，当且仅当与反向时，等号成立，所以的最大值为36+6.故选：A12．已知函数若关于的方程有4个不同的实根，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出的图象，根据并讨论t研究其实根的分布情况，将问题化为在内有两个不同的零点，结合二次函数性质求参数范围.【详解】如图，画出的图象，设结合图象知：当或时有且仅有1个实根；当时有2个实根；问题转化为在内有两个不同的零点，从而，解得.故选：D 二、填空题13．写出一个满足的锐角的值：______．【答案】（答案不唯一）【分析】由题可得或，然后利用三角函数的性质即得.【详解】由，可得或，因为，，，由，可得，即，由，可得或，解得，或，所以锐角的值为或或.故答案为：（答案不唯一）.14．生物学家为了了解抗生素对生态环境的影响，常通过检测水中生物体内抗生素的残留量来进行判断．已知水中某生物体内抗生素的残留量（单位：）与时间（单位：年）近似满足关系式，，其中为抗生素的残留系数，当时，，则______．【答案】【分析】根据当时，，把代入，构造方程解得答案.【详解】因为，所以，解得．故答案为：.15．已知点M在函数的图象上，且在第二象限内，若的图象在点M处的切线斜率为1，则点M的坐标为______．【答案】【分析】设，对函数求导后由题意可得，求出，再代入原函数中可求出，从而可求得结果.【详解】设点（），因为，所以，因为的图象在点M处的切线斜率为1，所以，，得，又，所以点M的坐标为．故答案为：16．已知函数满足，函数与图象的交点分别为，，，，，则______．【答案】－5【分析】根据等式得的图象关于点对称，再根据的图象也经过得出交点的对称性，最后得出答案.【详解】因为，所以的图象关于点对称，又的图象也经过，则五个交点也关于点对称， 所以．故答案为：. 三、解答题17．的内角的对边分别是.已知.(1)求角；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦的二倍角公式变形可求得角；（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得，从而得三角形周长．【详解】(1)因为，所以，因为，所以.(2)因为的面积为，所以，解得，由余弦定理得，解得，所以的周长为.18．已知：“实数满足”，“都有意义”.(1)已知为假命题，为真命题，求实数的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）将代入，化简，然后根据为假命题，为真命题，列出不等式，即可得到结果.（2）先根据条件化简得到，然后根据是的充分不必要条件，列出不等式，即可得到结果.【详解】(1)当时，若为真命题，则，即.若为真命题，则当时，满足题意；当时，，解得，所以.故若为假命题，为真命题，则实数的取值范围为.(2)对，且由（1）知，对，则或.因为是的充分不必要条件，所以，解得.故的取值范围是.19．已知函数的部分图象如图所示.(1)求的解析式；(2)若函数，对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据图得到，进而得到，再根据的图象经过点和点，求得和即可；由（1）得到，再利用正弦函数的性质求得最值，再根据恒成立求解.【详解】(1)解：由图可知，则.因为的图象经过点，所以，所以，所以，因为，所以.因为的图象经过点，所以，所以.故.(2)由（1）可知，则，，因为，所以，所以，所以，即的值域为.因为对任意的恒成立，所以.20．已知函数（且）．(1)当时，讨论的单调性；(2)若在上的最大值大于，求的取值范围．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2). 【分析】（1）化简函数得，令，讨论其单调性，根据复合函数的单调性，判断的单调性；（2）先求在的值域，分，两种情况讨论，求出的最大值，由的最大值大于解不等式得答案.【详解】(1)当时，的定义域为，，令，则，由得，所以在上单调递减，由得，所以在上单调递增，又因为单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减；(2)由（1）知，，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以在上的值域为．当时，在上的最大值为，即，解得；当时，在上的最大值为，即，解得．综上，a的取值范围为．21．已知函数．(1)若m＝－4，求的极值．(2)是否存在非零实数m，使得直线与曲线相切？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)极小值为－27，无极大值；(2)存在；. 【解析】（1）若m＝－4，则．当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．所以的单调递减区间为，单调递增区间为．故在处取得极小值，且极小值为－27，无极大值．(2)假设存在非零实数m，使得直线与曲线相切，且切点的横坐标为t，因为，所以将（）代入（），得，整理得t＝0或．依题意可得t≠0，所以，代入（），得或m＝0（舍去），故存在非零实数m，使得直线与曲线相切，且．22．已知函数.(1)若是的极值点，求的单调区间；(2)若关于的方程恰有一个解，求a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再利用导数求出函数的单调区间；（2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，由零点存在性定理可得存在使得，即可得到的单调性，从而求出的最小值，依题意可得，即可求出的值，从而得解.【详解】(1)解：因为，所以，因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，所以，，又与在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，当时，即的单调递增区间为，单调递减区间为；(2)解：显然，又，令，，则恒成立，所以在上单调递增，且，，所以存在使得，当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得最小值，由，可得，即，则，因为关于的方程恰有一个解，所以，即，所以，当时等号成立，由，可得，即的取值范围为；【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．