2023届江西省宜春市丰城中学高三上学期入学考试数学（文）试题含解析

这是一份2023届江西省宜春市丰城中学高三上学期入学考试数学（文）试题含解析，共16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。
一、单选题
1．已知集合，则中的元素个数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】解一元二次不等式化简集合B，再根据已知列出不等式，求解判断作答.
【详解】解不等式得：，即，而，
由解得：，又，显然满足的自然数有9个，
所以中的元素个数为9.
故选：B
2．的虚部是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法运算进行化简结合复数的概念即可求解.
【详解】解：，其虚部为2．
故选：B.
3．设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用求解.
【详解】解：因为等差数列，的前n项和分别是，
所以.
故选：B
4．已知命题，使得，则为（ ）
A．，都有B．，使得
C．，都有D．，使得
【答案】C
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即得.
【详解】因为，使得，
所以为：，都有.
故选：C.
5．工艺扇面是中国书面一种常见的表现形式.某同学想用布料制作一面如图所示的扇面.已知扇面展开的中心角为，外圆半径为20cm，内圆半径为10cm.则制作这样一面扇面需要的布料为（ ）cm
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别求出两个扇形的面积，相减即可得解.
【详解】解：扇形的圆心角为
大扇形的面积为，
小扇形的面积为，
所以制作这样一面扇面需要的布料为.
故选：B.
6．函数（且）在上是增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分两种情况讨论：、，分别判断单调性，结合已知单调区间求a的范围，再利用二次函数性质求的取值范围.
【详解】当时，则在定义域上递减，不满足题设；
当时，则在定义域上递增，又在上是增函数，
所以，可得，即.
由，故在上递增，
所以的取值范围是.
故选：A
7．直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得，然后结合诱导公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.
【详解】直线的斜率为，所以，
.
故选：D
8．已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意得到函数奇函数，且为增函数，将问题转化为对恒成立，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，其满足，
所以函数为奇函数，且，所以函数为上的增函数，
若对恒成立，则对恒成立，
即对恒成立，即对恒成立，
设，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，所以，即实数的取值范围为.
故选：A.
9．数形结合是非常重要的数学思想，以函数为例，数是解析式，形是图像．现有函数 ，则它的图像大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数 图像的特点以及特殊值一一判断即可.
【详解】当则有x=0 或，排除A，C，
，则有 显然方程有两个根 ，
且 ，有两个极值点，排除B，
故选：D.
10．下列不等式中，不恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于A：由于，即可判断A是否正确；对于B：由于，即可判断B是否正确；对于C：由于，即可判断C是否正确；对于D：取，得，即可判断D是否正确．
【详解】对于A：令，
，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以，故A正确；
对于B：令，
，
所以在上，，单调递减，
在，上，，单调递增，
所以，
所以，
所以，，故B正确；
对于C：令，
，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以（1），
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于D：取，得，故D错误，
故选：D
11．已知且，则=（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】C
【分析】根据给定条件利用三角恒等变换求出的值，再判断的范围即可得解.
【详解】因，则，
，
因，，则，又，有，
于是得，因此，，
所以.
故选：C
12．已知，，有如下四个结论：
①；②；③满足；④．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】C
【解析】由由，则 ，设，利用函数的单调性结合图象可判断①，②. 设，则,两式相减、相加，然后可得，设，利用单调性可得得出答案.
【详解】由，则 ，设,则
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减,
又，当时，有，则的图象如图.
由，即，且，所以，所以①正确，②错误；
设，则
两式相减得，得
两式相加得
设
，则
所以在上单调递增，则
所以在上单调递增，,即
所以，即
所以，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查了构造函数利用函数的图性质判断数值大小的应用问题，解题的关键是将条件变形为，构造函数，利用其单调性来解决问题，然后设设，则 ，然后构造来证明，从而解决问题，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
二、填空题
13．设函数.若，则a＝________．
【答案】1
【分析】求导，得到，然后根据列方程，解方程即可得到.
【详解】，则，解得.
故答案为：1.
14．已知，，则______．
【答案】##1.4##
【分析】先对两边平方得到，从而求出，结合，求出.
【详解】，得，
，
因为，所以，
故．
故答案为：
15．在边长为3的正方形ABCD中，以点A为圆心作单位圆，分别交AB，AD于E，F两点，点P是上一点，则的取值范围为__________．
【答案】
【分析】建立直角坐标系，设出各个点以及点的坐标，根据向量的坐标表示，再利用三角函数求值域的方法得出的取值范围.
【详解】根据题意画出图形，并建立平面直角坐标系，如图：
由题意可知，，，．
设点，
．
又，则，
所以，
所以，
即的取值范围为，
故答案为：．
16．已知关于x的不等式有解，则实数k的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据函数的反函数为，将不等式转化为有解，再构造函数利用导数即可求解.
【详解】由得，
设，则，即，
则函数的反函数为，即与关于对称，
则需满足的图象与有交点，则等价于有解，即有解，
设，
则，
由，解得，由解得，
在单调递减，在单调递增，
所以当时，，.
故答案为：.
三、解答题
17．（1）已知，，求的值；
（2）已知，，且，，求的值.
【答案】【小题1】 【小题2】
【分析】1.利用两角差的正切公式进行求解；
2.先利用两角和的正切公式求出，再根据角的范围进行求解.
【小题1】解：因为，，
所以.
【小题2】解：因为，，
所以，
又因为，，
所以，
即.
18．已知中，角所对边分别为，已知
(1)求角的大小.
(2)若为锐角三角形，，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得解；（2）由正弦定理及三角形面积公式化简，再根据三角函数的性质求解.
【详解】解：（1）由正弦定理，得
，又因为，故
（2）由正弦定理
因为为锐角三角形，所以
19．设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
20．如图，梯形ABCD中，，， ，，DE⊥AB，垂足为点E．将△AED沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PE⊥EB，连接PB，PC，M，分别为PC和EB的中点．
(1)证明：平面PED；
(2)求点C到平面DNM的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PB中点，先证明平面平面PED，由此证明平面PED；
（2）利用等体积法可求点C到平面DNM的距离．
【详解】（1）如图，取PB中点，连接MQ，NQ，因为M，Q分别为PC和PB的中点，故．
又平面，平面PED，所以平面PED．同理平面PED．
又，平面，平面MNQ，所以平面平面PED．
因为平面MNQ，所以平面PED．
（2）因为，，，BE，平面BCDE，
所以平面BCDE，．
点到平面CDN的距离为，
所以．
又平面BCDE，故，
又因为，，，平面PED，
所以平面PED，又平面PED，
故，
所以，．
又，，，
，，，
故．
所以，．
所以．
又，设点到平面DNM的距离为，
则，即，得，
所以点C到平面DNM的距离为．
21．已知函数，其中e是自然对数的底数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若存在，，使得，且，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对求导，求，由点斜式即可求出答案.
（2）设，，结合，代入整理得，构造函数，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得a的取值范围．
【详解】（1）当时，，，，所以在处的切线方程为：，所以.
（2）不妨设，，所以关于t的方程有正实数解，
所以，即有正实数解，
设，
则，，所以单调递增，
所以，
①当时，，所以单调递增，所以，不合题意；
②当时，存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即存在，符合题意．
综上，a的取值范围为．
22．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴非负半轴重合，直线的参数方程为:
为参数）,曲线的极坐标方程为:.
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;
（2）设直线与曲线相交于两点,求的值.
【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，直线 l 的普通方程
（2）．
【分析】（1）在极坐标方程两边同乘以，利用极坐标与直角坐标的互化公式即可将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程，消去参数即可求出直线的普通方程；（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，由直线参数的几何意义与根与系数关系即可求.
【详解】（1）,由,得,
所以曲线的直角坐标方程为,
由,消去解得：.所以直线的普通方程为.
（2）把代入,整理得,
设其两根分别为，则.
23．[选修4-5：不等式选讲]
设函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若对任意，关于的不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【详解】试题分析：（1）由题意，可将函数对自变量的范围通过分段，去绝对号，进行分段求解，然后汇总，从而得到不等式的解集；（2）由题意，利用绝对值三角不等式，对函数进行化简，由此易知，则问题转化为在上恒成立，构造函数，由此问题再进一步转化为，从而问题得于解决.
试题解析：（1）当时，，，，∴解集为；
（2）∵，，
而 ，
当时取等号，故，
∴对恒成立，
设，当或时，，
∴，∴.