2023届福建省厦门外国语学校高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2023届福建省厦门外国语学校高三上学期10月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省厦门外国语学校高三上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知全集U，集合A，B为其子集，若，则（    ）A． B． C．A D．B【答案】C【分析】根据给定条件，判断集合A，B的关系，再利用并集的定义计算作答.【详解】全集U，集合A，B为其子集，因，则有，所以.故选：C2．已知，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】根据命题的充分必要性直接判断.【详解】对于不等式，可解得或，所以可以推出，而不可以推出，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A.3．设，则（    ）A．3 B．2 C．1 D．【答案】B【分析】先利用诱导公式和三角函数的基本关系式，化简得到，代入即可求解.【详解】由诱导公式，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及三角函数的基本关系式的化简、求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和基本关系式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.4．已知函数为偶函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用偶函数的性质直接求解即可.【详解】由已知得，当时，则，即，，∵为偶函数，∴，即，∴，，∴，故选：.5．函数在内存在极值点，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】转化为导数在内存在变号零点，参变分离，转化为函数值域问题求解即可.【详解】由题意知：在内存在变号零点，即在内有解，则，易得在内单调递减，值域为，故.故选：A.6．某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形，经测量，其长度分别为、、，则（    ）A．能作出一个锐角三角形 B．能作出一个直角三角形C．能作出一个钝角三角形 D．不能作出这样的三角形【答案】C【分析】计算出三角形三边的比值，并计算出三角形中最大角的余弦值，可得出结论.【详解】设高分别为、、对应的底边长分别为、、（单位：），则，设，则，，由三角形三边关系可知，这样的三角形存在，设该三角形的最大内角为，则，则为钝角，故能作出一个钝角三角形.故选：C.7．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：，）A．11 B．22 C．227 D．481【答案】D【分析】根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案.【详解】由于，所以，依题意，则，由得，，，，，所以所需的训练迭代轮数至少为轮.故选：D8．已知是定义在上的函数，且函数的图象关于直线对称，当时，，则曲线在处的切线方程是（     ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题目所给的对称性得到，进一步得到，再求出时的解析式，再求导代入即可.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，即.用代换上式中的，即可得到，所以关于直线对称.由得，若，则，当时，，，，，所以曲线在处的切线方程是:,即.故选：C.【点睛】函数的对称性与分段函数的解析式求解结合的问题逻辑推理要求高，平时对于函数关于直线的对称问题要注重推理与积累. 二、多选题9．下列选项中，正确的有（     ）A．已知命题，则B．若角的终边过点且，则；C．若扇形的周长为，半径为，则其圆心角的大小为弧度D．若，则【答案】AC【分析】根据全称命题的否定为特征命题可判断A，根据三角函数的定义可判断B,根据扇形弧长公式可求解C，根据诱导公式可判断D.【详解】命题，则，故A正确，角的终边过点且，又因为 ，所以，故B错误，设扇形的圆心角为，则由扇形的周长为可得，故C正确；，故D错误，故选：AC10．已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中图象最高点、最低点的横坐标分别为、，图象在轴上的截距为．则下列结论正确的是（    ）A．的最小正周期为B．的最大值为2C．在区间上单调递增D．为偶函数【答案】BC【解析】由周期求，由五点法作图求出的值，由特殊点的坐标求出A，再利用三角函数的图象和性质，得出结论．【详解】由图知，的最小正周期，则.由，得.由，得，则，所以.当时，，则单调递增.因为，则不是偶函数，故选：BC．【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，解题的关键是会根据图象求解析式.11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是（      ）A．B．C．当时，的面积最大值为D．当时，为直角三角形【答案】BD【分析】根据正弦定理边角互化，结合两角和的正弦和正切公式可判断A错误，B正确，结合均值不等式可判断C，根据余弦定理的边的关系，代入可得三边关系满足勾股定理，可判断D.【详解】由以及正弦定理得：,进而得：，即，由于在三角形中，故,由，故A错误；B正确，若，由得，即，当且仅当时取等号，，即面积的最大值为，故C错误；由得将其代入中得： ，进而得 ， ，故 ，进而可得： ，所以满足 ，故 为直角三角形，D正确.故选：BD12．已知函数，则（    ）A．是奇函数 B．的图象关于点对称C．有唯一一个零点 D．不等式的解集为【答案】BCD【分析】求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.【详解】对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，为非奇非偶函数，A错误；对于B，，，，图象关于点对称，B正确；对于C，当时，；在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减；在上单调递增，在上单调递减；在上单调递减；由知：图象关于对称，在上单调递减；当时，，，，在上无零点；当时，，，，使得，则在上有唯一零点；综上所述：有唯一一个零点，C正确；对于D，由C知：在和上单调递减，又时，；时，；①当，即时，由得：，解得：（舍）或；②当时，不等式组无解，不合题意；③当，即时，，，满足题意；④当，即时，，，不合题意；综上所述：的解集为：，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题. 三、填空题13．已知函数，则的单调增区间为____________【答案】（开闭都对）【分析】将函数改写成分段函数，再画出函数图象，结合函数图象即可判断；【详解】解：因为函数，作出函数的图象，如图所示：由图可知，函数的单调递增区间为；故答案为：（开闭都对）14．已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．①；②是偶函数；③在上恰有两个极值点．【答案】4（答案不唯一）【分析】根据函数要满足的三个条件结合正余弦函数的性质，可得答案.【详解】根据是偶函数且，则取 ，又的极值点即为其最值点，又因为在上恰有两个极值点，故 ，故函数，一个同时满足三个条件的的值可取为4，经验证， 符合题意，故答案为：415．已知函数，其中，若不等式有解，则______【答案】2【分析】表示动点到动点间距离的平方，其最小值即函数上的动点到直线距离的最小值的平方.【详解】不等式有解，即.表示动点到动点间距离的平方，其最小值即函数上的动点到直线距离的最小值的平方.令，解得，即函数上的动点为时，其到直线距离最小，最小值为，即，又，此时直线只有唯一点满足题意，即，，即.故答案为：216．正实数，满足，则的最小值为_____________【答案】4【分析】化简可得，令，利用导数判断出的单调性得，再利用基本不等式可得答案.【详解】，，令，则，在上单调递增，故，，当且仅当即，时取得最小值4．故答案为：4. 四、解答题17．已知函数(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2) 【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.【详解】(1)，，所以函数的最小正周期为，令，，得函数的对称轴方程为，(2)将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，所以，令，所以.又，所以在上的单调递减区间为.18．已知函数，.（1）判断的奇偶性和单调性；（2）若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）函数是奇函数，在上单调递增；（2）.【分析】（1）结合对数的真数大于零求得的定义域，由判断出为奇函数，结合函数的单调性的知识来判断出的单调性.（2）将问题转化为，先求得，然后对进行分类讨论，由列不等式来求得的取值范围.【详解】（1）要使有意义，只需，解得，所以的定义域为，关于原点对称. 又因为，所以函数是奇函数.因为在上单调递增，在上单调递减，所以函数在上单调递增.（2）对任意，存在，使得不等式成立，等价于，由（1）知在上单调递增，则在上单调递增，，函数的对称轴为，当时，，则，解得，所以，当时，，则，解得，所以，综上可知，实数的取值范围是.19．在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，(1)求角B﹔(2)求的范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化成边，整理得到，再利用余弦定理得到，即可求；（2）利用正弦定理将转化成，再利用和差公式和辅助角公式整理得，最后利用三角函数的性质和的范围求的范围即可.【详解】(1)，又，所以，因为，所以.(2)在中，由（1）及，得，故，，因为，则，﹒所以的范围为.20．中，，点在边上，平分.（1）若，求；（2）若，且的面积为，求.【答案】（1）或；（2）【分析】（1）在中，利用正弦定理可得，从而可得，再由，展开即可求解.（2）利用三角形的面积公式可得，从而解得，根据三角形的面积求出，再由余弦定理即可求解.【详解】（1）令的边为，由题意可得，因为，，为锐角，即，，，，，，当时，，当时，，所以或.（2）,设，，由，，可得，因为，则，，，解得，，，即.21．设函数.(1)若，求证：；(2)设函数，直线与曲线及都相切，且与切点的横坐标为，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）先变形再构造函数证明（2）分别求切线方程，然后对应系数相等建立方程组即可【详解】(1)若,即证,即证设恒成立令,得当单调递增当单调递减所以为的极大值,也是最大值所以所以即,有(2)设直线与曲线相切于点,所以斜率方程为,所以斜率方程为所以,即因为,所以为函数的零点由于,所以在上单调递增即在上存在唯一零点所以【点睛】方法点睛：对于含有的不等式证明，通常可以运用“指数找基友”的方法.22．已知函数，.(1)当时，讨论的单调性；(2)若，，求.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）求出函数的导数，就、、分类讨论后可得函数的单调性.（2）就、分类讨论后可得，再证明时，不等式是恒成立的.【详解】(1)，若时，则，当时，恒成立，当且仅当时等号成立，故此时在为减函数，无增区间.当时，若，则；若，则，，则，故在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数.当时，若，则，，则，故在上为增函数，在上为减函数.(2)时，即为，因为任意时，恒成立，故在上恒成立，而，，若，在，因为为不间断函数，所以存在，使得，总有，故在上为减函数，故，，这与题设矛盾.若，在，因为为不间断函数，所以存在，使得，总有，故在上为减函数，故，，这与题设矛盾.故，此时，当时，，当时，，设，则，因为在上均为增函数，故在上为增函数，而，，故存在，使得时，，使得时，，故在为减函数，在上为增函数，故，总有，故当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，综上，.