四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（理科）试题（解析版）

遂宁市高中2023届零诊考试

数学（理科）试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．总分150分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题，满分60分）

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并检查条形码粘贴是否正确．

2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．考试结束后，将答题卡收回．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．

1. 已知集合，，那么等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据补集的运算，可得答案.

【详解】由题意，，则.

故选：B.

2. 若复数（是虚数单位），则z的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的除法即可求解.

【详解】，

所以z的虚部为.

故选：C

3. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数是偶函数 B. 函数是增函数

C. 函数是周期函数 D. 函数的值域为

【答案】D

【解析】

【分析】根据偶函数的定义、余弦函数的性质、二次函数的性质，可得答案.

【详解】对于A，当时，，，故A错误；

对于B，由余弦函数的性质，易知函数在上不单调，故B错误；

对于C，由二次函数的性质，易知函数在上为增函数，故C错误；

对于D，由，且当时，，则，故D正确.

故选：D.

4. 已知，都为锐角，，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由同角三角函数的基本关系可得和，代入，计算可得．

【详解】解：，都是锐角，，，

，，

故选：A．

5. 设数列是等差数列，是数列的前n项和，，，则等于（    ）

A. 10 B. 15 C. 20 D. 25

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件求出等差数列的首项及公差即可得解.

【详解】因数列是等差数列，由等差数列的性质知：，

而，则，

等差数列公差，首项，

则.

故选：B.

6. 若实数，满足，则的最大值为（    ）

A. 8 B. 7 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】由约束条件作出可行域，再结合图象求出目标函数的最值.

【详解】由约束条件作出可行域，如图：

联立 ，解得

由，得，为直线的纵截距.由图可知，当直线过点时，直线的纵截距最大，且.

故选：B.

7. 为公比大于1的正项等比数列，且和是方程的两根，若正实数x，y满足，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用等比数列的性质得到，结合韦达定理，，得到，求出或4，结合公比，求出，得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值.

【详解】由题意得：，，

因为为公比大于1的正项等比数列，所以，

故，，

由得，将其代入得：，

解得：或4，

设公比为，则，

当时，，所以，因为，解得：

当时，，所以，因为，不合题意，舍去；

所以，即，

，

当且仅当，即时，等号成立，

故选：B

8. 已知是定义在上的奇函数，且，对于上任意两个不相等实数和，都满足，若，，，则的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知函数为偶函数，在上单调递增，进而根据结合函数的性质比较大小即可.

【详解】解：因为是定义在上奇函数，

所以，

所以，即函数为偶函数，

因对于上任意两个不相等实数和，都满足，

所以函数在上单调递增，

因为，

因为，

所以，，即.

故选：A

9. 在中，，，为线段的中点，，为线段垂直平分线上任一异于的点，则（    ）

A.  B. 4 C. 7 D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据题意得为直角三角形，，进而得，再根据，，得.

【详解】解：因为在中，为线段的中点，

所以，即，

因为，，，

所以，即，

因为，

所以，即，

所以，，即，

所以，

因为，所以，即为直角三角形，

所以

因为为线段垂直平分线上任一异于的点，

所以，，，

所以

故选：C

10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（    ）

A. 若，则

B. 若为锐角三角形，则

C. 若，则一定为直角三角形

D. 若，则可以是钝角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】A.由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断.

B.通过内角和为化简，再借助角为锐角得到角满足的关系，在再取角的正弦值化简即可.

C.边化角，运用两角差的正弦公式化简，得到角的关系，再借助内角和为计算即可得到.

D. 通过内角和为化简角，再利用两角和的正切公式化简即可得到

，然后判断即可.

【详解】A.因为，所以由正弦定理知，又因为在三角形中大角对大边，所以.故选项A正确.

B. 因为为锐角三角形，所以，即，所以.故选项B正确.

C.由正弦定理边化角得,则或（舍），则,即，则一定为直角三角形.故选项C正确.

D.

又因为最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角,所以为锐角三角形.故选项D错误.

故选：D.

11. 定义在上奇函数的图象关于对称；且当时，．则方程所有的根之和为（    ）

A. 10 B. 12 C. 14 D. 16

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意 函数为周期为4的周期函数，再根据当时，，求导分析函数的单调性，从而画出简图，根据函数的图象及性质求解零点和即可.

【详解】∵为奇函数，∴，又∵关于直线对称，∴函数为偶函数，故，所以，又，所以，故为周期函数，周期为4，

当时，，所以在上单调递增， 作函数图象如下

方程可化为，方程的解即函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，作函数的图象，∴方程的所有实根之和为.

故选：A．

12. 已知函数（其中，）有两个零点，则a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的零点个数、方程的解个数与函数图象的交点个数之间的关系可得方程有2个不同的解，构造函数，利用导数研究函数的性质可得，即函数与图象在上有2个交点，利用导数求出，即可求解.

【详解】函数有2个零点，

则方程有2个不同的解，

方程，

设函数，则，

所以函数在上单调递减，由，

得，即，则函数与图象在上有2个交点.

设函数，则，

令，令，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

故，

所以，解得.

故选：D.

第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）

注意事项：

1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上．

2．试卷中横线的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答．

本卷包括必考题和选考题两部分．第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，若与垂直，则实数等于____．

【答案】0或4

【解析】

【分析】根据向量坐标运算的垂直关系计算即可.

【详解】向量，，

若与垂直，

则，解得或，

故答案为：0或4.

14. __

【答案】6

【解析】

【分析】根据指数、对数、三角函数等知识确定正确答案.

【详解】原式

.

故答案为：

15. 若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为____．

【答案】或

【解析】

【分析】先得出存在量词命题的否定，即为恒成立问题，结合二次函数的图象与性质对的符号分类讨论即可

【详解】由题意得，“，使”是真命题，

当时，易得时命题成立；

当时，由抛物线开口向下，命题不成立；

当时，则命题等价于，即或

故答案为：或

16. 为的导数，若函数在区间上存在，（），满足，则称为区间上的“对视数”，函数为区间上的“对视函数”．下列结论正确的有____（写出所有正确结论的序号）

①函数在任意区间上都不可能是“对视函数”；

②函数是上的“对视函数”；

③函数是上的“对视函数”；

④若函数为上的“对视函数”，则在上单调．

【答案】①③

【解析】

【分析】由“对视函数”的定义可知在上有两个不相等的实数根，据此可判断①②③④.

【详解】对于①，，

设，，

设，，

，，当时，，所以，

又，，，

而当时，，，

所以图像恒在直线上方，所以，

即在R上单调递增，

所以不存在，使得，

即函数在任意区间上都不可能是“对视函数”，①正确；

对于②，，，

令，得，只有一个根，

所以函数不是上的“对视函数”，②错误；

对于③，，，

令，解得，，

而，

所以函数是上的“对视函数”,③正确；

对于④，若函数为上的“对视函数”，

则在上有两个不相等的实数根，

所以在上不单调，④错误.

故答案为：①③

三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知函数的值域为集合A，函数的定义域为集合B．

（1）当时，求；

（2）设命题，命题，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数的值域和的定义域，求交集即可；

（2）根据p是q的充分不必要条件，可得⫋，从而可得实数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，

由题意，解得或，

所以或，

又函数的值域为集合A，故

所以.

【小问2详解】

由题意，即，

解得：或，

所以或，

由题意可知⫋，又

所以或，解得或

故实数a的取值范围.

18. 已知公比大于1的等比数列满足，，数列的通项公式为.

（1）求的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件求得等比数列的公比，从而求得.

（2）结合分组求和法、错位相减求和法求得.

【小问1详解】

设等比数列的公比为，

，则，

，解得或（舍去），

所以.

【小问2详解】

若，则，

所以，，

所以，

设，

，

两式相减得

，

所以.

所以.

19. 已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）当时，探究函数的图象与抛物线的公共点个数．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）对二次函数零点分布情况分类讨论即可求解；

（2）将问题转化为图象与轴有几个公共点的问题，利用导数求得极大值与极小值，即可判断.

【小问1详解】

因为，

∴．

①若，当时，,

当或时，，

即在上单调递减，在和上单调递增；

②若，恒有．即在定义域上单调递增；

③若，当时，,

当或时，，

即在上单调递减，在和上单调递增.

【小问2详解】

当时，，

令,

则原题意等价于图象与轴有几个公共点．

因为,

所以由，解得或；

由，解得．

∴在时取得极大值,

在时取得极小值,

依题意有:

①当，解得，即当时，

函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；

②当或，即或时，

函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；

③当或，即或时，

函数的图象与抛物线有1个不同的公共点．

综上：

当时，函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；

当或时，函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；

当或时，函数的图象与抛物线有1个不同的公共点．

20. 已知函数

（1）求函数的对称中心及在上的单调递增区间；

（2）在锐角中，A、B、C的对边分别为a，b，c，，，，D为边BC上一点，且，求AD的值．

【答案】（1）对称中心为；单调递增区间为，.   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由二倍角公式和辅助角公式化简函数，再根据整体代入法即可求得对称中心和单调区间；

（2）由正弦定理和余弦定理即可求解.

【小问1详解】

函数

.

由，，解得，．

故对称中心为．

由，，解得，

令，有，令，有，又

所以所求的单调递增区间为，.

【小问2详解】

因为，所以，

即

又在锐角中，所以，

在中，由正弦定理可得：，

所以，解得，

又由余弦定理得，解得或2，

当BC=2时，，

此时为钝角三角形，与题设矛盾，

所以，又，所以，

在中，由余弦定理可得

，

故的值为.

21. 已知函数，，其中e为自然对数的底数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，有，求证：对，有；

（3）若，且，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析；    （3）.

【解析】

【分析】(1)根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；

(2)利用导数求出，根据二次函数和一次函数的性质求出，即可求解；

(3)根据题意可得，设，则，利用导数研究函数的单调性可得，令()，再次利用导数研究函数的性质，求出即可.

【小问1详解】

因为，所以点即为点

，，

故切线方程为，即；

【小问2详解】

因为当时，，，

故在上单调递增，所以，

当时，，此时；

当时，在上单调递减，此时，

故，所以成立；

【小问3详解】

由题意得：，又因为，所以，

又，即，

即，

所以①

设，则①式变形为

，所以单调递增，所以，

因为，所以，

令，，

则，

当时，，当时，，

则函数在上单调递增，在上单调递减，

故在处取得极大值，也是最大值，

有，

故．即实数的取值范围为.

【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点

（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.

（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

［选修4—4：坐标系与参数方程］

22. 平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为

（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）曲线与交于M，N两点，求与直线MN平行且过原点的直线l的极坐标方程及的值．

【答案】（1）；   

（2）；

【解析】

【分析】（1）求曲线的普通方程只需把平方即可，求曲线的方程只需极坐标与直角坐标的转化公式化简即可 .

（2）两圆方程联立即可求相交弦方程，即直线MN的方程，再根据平行求出直线l的方程，进而可求直线l的极坐标方程，再利用圆的弦长与圆心到直线的距离，半径之间的关系即可求出的值．

【小问1详解】

由曲线的参数方程为（为参数），可得，

即曲线普通方程为；

曲线的极坐标方程为  .

故曲线的直角坐标方程为.

【小问2详解】

由（1）得

即直线的方程为，

则与直线平行且过原点的直线的方程为，其倾斜角为

所以直线的极坐标方程为；

设曲线的圆心到直线的距离为，则 ，故．

故：.

［选修4—5：不等式选讲］

23. 已知函数

（1）当时，解不等式；

（2）若对于任意的恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，分类讨论求解即可；

（2）根据题意且对任意的恒成立，再求对应的最值即可得答案.

【小问1详解】

解：当时，不等式，即，

所以或，

即得或，

解得或，

所以不等式解集为或

【小问2详解】

解：因为对任意的恒成立，

所以，对任意的恒成立，即，即，

故只要且对任意的恒成立即可，

因为，，当且仅当时，即时等号成立，

所以，

令，，

因为函数在上单调递增，

所以在上的单调递增，从而，

所以，，即实数的取值范围是