2023遂宁中学高三上学期10月月考试题数学（文）含解析

遂宁中学高2023届高三上期10月月考数学期试卷（文）

一、单选题（每小题5分，共60分）

1. 已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出A，再根据交集的定义计算即可.

【详解】由题意，；

故选：D.

2. 命题“”的否定是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.

【详解】解：命题“”为全称量词命题，

其否定为：；

故选：C

3. 已知，则（）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】D

【解析】

【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.

4. 若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意利用函数图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．

【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，

若函数在区间，上单调递增，

在区间，上，，，

则当最大时，，求得，

故选：C．

【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．

5. 已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由函数的图像关于点对称得到，结合是偶函数得到，进一步得到的周期是4，再利用周期性计算即可得到答案.

【详解】因为是上的偶函数，所以，

又的图象关于点对称，则，

所以，则，得，

即，所以是周期函数，且周期，

由时，，则，，，，

则，

则.

故选：C

6. 函数在定义域R内可导，，且.若，，，则a，b，c的大小关系是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由导数得函数的单调性，由题意得对称性，利用对称性转化，再利用单调性比较函数值大小．

【详解】满足，则的图象关于直线对称，

又，∴时，，是增函数，时，时，是减函数，

，又，，即．

故选：C．

7. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（）

A. 的最小正周期为

B.

C. 关于直线对称

D. 将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

【答案】D

【解析】

【分析】根据图象求出，和的值，然后利用三角函数的图象和性质即可求解．

【详解】解：由图可知，，即，故选项A正确；

由，可得，则，

因为，即，

所以，，得，，

因为，所以，所以，故选项B正确；

由，可得，即关于直线对称，故选项C正确；

将的图象向左平移个单位长度后得到，

所以为偶函数，图象不关于原点对称.

故选：D.

8. 已知分别为的内角的对边，命题：若，则为钝角三角形，命题：若，则.下列命题为真命题的是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别判断两个命题的真假，再根据选项判断复合命题的真假.

【详解】因为，所以，则为真命题.因为，所以，又在上是减函数，所以，则为假命题，只有为真命题.

故选：B

9. 函数的部分图象大致为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先判断函数为偶函数，排除选项D，再利用排除选项B，再分析即得解.

【详解】解：由题得函数的定义域为，定义域关于原点对称.

设，

所以，

所以函数偶函数，其图象关于轴对称，排除选项D.

又，所以排除选项B.

当时，，所以此时.

故选：A

10. 已知直线l是曲线与曲线的一条公切线，直线l与曲线相切于点，则a满足的关系式为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设与的切点为，利用导数的几何意义可得斜率相等，再结合斜率公式得到等式，将代入即可得到满足的关系式.

【详解】记，得，记，得，

设直线与曲线相切于点，

由于是公切线，故可得，即，即，

又因为，即，

将代入，得，即，

整理得.

故选：C.

11. 设函数在内恰有3个零点，则的取值范围是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先令，求得或，再根据题意尝试的值可确定，进而得到的4个零点，结合题意排除其中1个零点有两种情况，分别求之即可得到的取值范围.

【详解】∵，即，

∴或，，

∴或，，

∵，即，

∴当时，且，即所有根都小于零，

当时，且，即所有根都大于，

综上：，即在内的三个零点为，，，中的三个.

由于上述4个值是依次从小到大排列，且，

故有两种情况，分别为：

，解得，故，

或，解得，故，

故或，即.

故选：D．

12. 设函数，则满足的的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由奇偶性定义可判断出为定义在上的奇函数；结合导数、奇偶性可求得在上单调递增；将所求不等式化为，由单调性可解得结果.

【详解】由题意知：定义域为；

，

为定义在上的奇函数；

令，则，在上单调递增；

又在上单调递增，

在上单调递增，又为奇函数，在上单调递增；

由得：，

，解得：，即的取值范围为.

故选：A.

二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 若复数是纯虚数，则实数的值为______.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的运算法则，结合题意，列出等量关系，即可求得结果.

【详解】因为是纯虚数，

故可得，解得.

故答案为：.

14. “”是“”的____________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”“既不充分又不必要”）

【答案】必要不充分

【解析】

【分析】记集合,，利用集合法判断.

【详解】由解得：，记集合,.

因为BA,所以“”是“”的必要不充分.

故答案为：必要不充分

15. 若，且，则_____．

【答案】

【解析】

【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.

【详解】解：若，且，则，

所以，

所以．

故答案为：

16. 函数的最大值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意，采用整体换元，化简函数，利用导数求最值.

【详解】，设，

令为增函数，且，

则，

令得；令得，即在上递增，上递减，

可见取得最大值.

故答案为：.

三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17. 已知等差数列满足，前4项和．

（1）求的通项公式；

（2）设等比数列满足，，数列的通项公式．

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；

（2）等比数列的公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.

【小问1详解】

设等差数列首项为，公差为d．

∵

∴

解得：

∴等差数列通项公式

【小问2详解】

设等比数列首项为，公比为q

∵

∴

解得：

即或

∴等比数列通项公式或

18. 已知函数.

（1）求的值；

（2）若，求的最大值和最小值.

【答案】（1）

（2）最大值为，最小值为

【解析】

【分析】（1）将代入直接计算即可，

（2）化简变形函数得，然后由，得，再利用正弦函数的性质可求出其最值.

【小问1详解】

=

.

【小问2详解】

.

因为，所以，

所以，

所以

所以的最大值为，最小值为.

19. 的内角的对边分别为，已知.

（1）求；

（2）若，___________，求的周长.

在①，②的面积为这两个条件中任选一个，补充在横线上.

【答案】（1）

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将条件中的边长转化为角，进一步根据的范围可得；

（2）选择条件①利用三角形内角和以及正弦定理，即可求解；选择条件②可得代入三角形面积公式以及余弦定理，从而计算即可.

【小问1详解】

由正弦定理得，

在三角形中，，所以，

所以，即.

由，则，

所以.

【小问2详解】

因为，所以，

所以，

又因为，正弦定理，解得，

所以的周长为，

选择条件②可得

因为的面积为，得，

由余弦定理得：，即，

所以，

所以，

因为的周长为.

20. 已知函数．

（1）若，求函数的值域.

（2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】(1)先对函数求导，利用函数单调性即可求得函数的值域；

(2)已知函数在上是减函数，可知知恒成立，利用参数分离法,求最大值即可求解.

【小问1详解】

当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

即的值域为.

【小问2详解】

由函数在上是减函数，知恒成立，

．

由恒成立可知恒成立，则，

设，则，

由，知，

函数在上递增，在上递减，

∴，∴．

21. 已知函数．

（1）求的最大值；

（2）若，证明：．

【答案】（1）0（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对求导，根据导函数的正负得的单调性继而得解；

（2）根据，，得，所以，只需证明，结合（1）的结论证明.

【小问1详解】

定义域为，因为，所以．

当时，，当时，，

则上单调递增，在上单调递减．

故．

【小问2详解】

证明：因为，，所以，

所以．

由（1）可知，即，

当且仅当时，等号成立．

则，即

化简得，

当且仅当时，等号成立．

故．

【点睛】关键点点睛：（2）的证明中先根据，，得，

继而将原式放缩可得，所以只需证明，结合（1）的结论证明.

22. 已知曲线的极坐标方程是，设直线的参数方程是（为参数）．

（1）将曲线的极坐标方程和直线的参数方程化为直角坐标方程；

（2）判断直线和曲线的位置关系．

【答案】（1），

（2）直线与圆C相切

【解析】

【分析】（1）两边同时乘以，利用以及，可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消参法消去参数可将直线的参数方程化为直角坐标方程；

（2）利用圆心到直线的距离等于半径可得直线与圆相切.

【小问1详解】

解：因为曲线的极坐标方程为，即，

又，所以曲线的直角坐标方程为，

又直线的参数方程是（为参数），消去参数可得，

即直线的直角坐标方程为.

【小问2详解】

解：曲线：，即，所以圆的圆心坐标为，半径，

则圆心到直线的距离，

直线与圆相切.

23已知，，，且.

（1）求证：；

（2）若不等式对一切实数，，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析

（2）.

【解析】

【分析】（1）对应用基本不等式可证；

（2）由（1）只要解不等式，根据绝对值的定义分类讨论求解．

【小问1详解】

，

所以，当且仅当时等号成立

【小问2详解】

由（1）可知对一切实数，，恒成立，

等价于，

令，

当时，，

当时，，舍去，

当时，，即或.

综上所述，取值范围为.