2023届贵州省六校联盟高三高考实用性联考卷（二）数学（理）试题含解析

2023届贵州省六校联盟高三高考实用性联考卷（二）数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数满足，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，再根据复数的四则运算计算即可.

【详解】解：因为，

所以.

故选：D.

2．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先解出集合A，B的具体区间，再按照交集的定义求解即可.

【详解】对于集合A， ；

对于集合B， ；

由于 ，

， ；

故选：D.

3．在中，“”是“为锐角三角形”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】若为锐角三角形,则,则,进而可得,利用诱导公式可得,即,即可得到结果.

【详解】若为锐角三角形,则,即,

又,,则,所以,

则,所以；

若,则,即均为锐角,所以,即,所以,则,即,

所以为锐角三角形；

故“”是“为锐角三角形”的充要条件,

故选:C

【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定,考查诱导公式在三角形中的应用.

4．已函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.

【详解】由，设是实数集上的减函数，且，

所以由，

故选：B

5．已知，，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】由，再利用基本不等式求解即可.

【详解】因为，， ，

所以

，

当且仅当即等号成立.

故选：C.

6．函数，方程有6个不同的实根，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，作出函数的图象可得答案．

【详解】由方程得或，

则方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，

当时，，则，

令，得：，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

故时，取极小值，

当时，，

当时，单调递增；当时，单调递减，

且，

根据以上信息，作出的大致图象如图，

由图可知，的图象与直线有2个不同的交点，

由题意，只需的图象与直线有4个不同的交点，则，

综上得：的取值范围是．

故选：A．

7．定义在上的函数满足，时，若的解集为，其中，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可知：函数关于对称，作出函数在区间上的图象，然后根据函数的图象和不等式的解集确定实数的取值范围即可.

【详解】因为函数满足，所以函数关于对称，

作出函数在区间上的图象，又因为不等式的解集为，其中，根据图象可知：

当直线过点时为临界状态，此时，

故要使不等式的解集为，其中，则，

故选：.

8．随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接OP，设，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题

【详解】连接OP，OC交PN于点E，设，四边形为矩形，并且，，又为弧的中点，，，，在直角三角形POE中，，，在中，，由正弦定理得，.矩形的面积

，由题意可得，，当时，矩形面积最大为.

故选：C

二、多选题

9．设为复数，，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则的实部和虚部分别为和

B．设为的共轭复数，则

C．

D．若，，则在复平面内对应的点位于第一象限或第四象限

【答案】AB

【分析】结合复数的定义和复数的相关性质即可得出答案

【详解】由复数的概念可知，复数的实部为，虚部为，所以A正确，

和可知，所以B正确，

对于C，是一个实数，而不一定为实数，所以C错误，

当取偶数时，为实数，在复平面对应的点在实轴上，所以D错误

故选：AB

10．已知数列的前项和满足，则下列说法正确的是（    ）

A．是为等差数列的充要条件

B．可能为等比数列

C．若，，则为递增数列

D．若，则中，，最大

【答案】ABD

【分析】计算，当时，，验证知A正确，当时是等比数列，B正确，举反例知C错误，计算得到D正确，得到答案.

【详解】，；

当时，，

当时，，满足通项公式，数列为等差数列；

当为等差数列时，，，故A正确；

当时，，是等比数列，B正确；

，取，则，C错误；

当时，从第二项开始，数列递减，且，故，故，最大，D正确.

故选：ABD

11．如图，中，，，与交于点，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据向量的三角形法则逐项计算判断即可．

【详解】解：为了判断下面的有关结论，先引入三点共线向量形式的充要条件，

设三点共线，O为线外一点，则，

即与前系数和为1，

证：三点共线，

，

，

．

，

故A错；

三点共线，

，

三点共线，

，

，

解得，

，

∴ F为BE的中点，

，故B对；

，

，

，故C对；

取AB中点G，BC中点H，如下图，

则三点共线，

，故D对．

故选：BCD．

12．函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】利用导数的性质，根据最大值的定义，结合数形结合思想、指数与对数恒等式进行求解即可.

【详解】，

当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；

当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，

由，

当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；

当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，

于是有，因此选项AB正确，

两个函数图象如下图所示：

由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，

不妨设，

且，

由，又，

又当时，单调递增，所以，

又，又，

又当时，单调递减，所以，

，

，于是有，所以选项D正确，

故选：ABD

【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题的关键.

三、填空题

13．已知向量与不共线，且与共线，则___________．

【答案】

【分析】根据向量共线定理列方程求解即可.

【详解】因为与共线，

所以存在唯一实数，使，

即，

因为向量与不共线，

所以，解得，

故答案为：

14．函数在上单调递增，则的最大值为__________．

【答案】

【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.

【详解】，则，

因为，所以要想在上单调递增，

需要满足且，，

解得：，，

所以，解得：，

因为，所以，

因为，所以，

的最大值是.

故答案为：.

15．函数及其导函数定义域均为，且是偶函数，记，也是偶函数，则___________．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性得到，根据导函数的奇偶性得到，确定函数的周期为4，得到，计算得到答案.

【详解】是偶函数，，

两边求导得到，即，

即，取，，，

也是偶函数，故，即，

故，即，.

故，是函数的一个周期，.

故答案为：

16．设，，是的三个内角，的外心为，内心为．且与共线．若，则___________．

【答案】2

【分析】由O，I分别是三角形的外心和内心，利用与共线得到线段的长度关系，用，表示出相应线段，得到等式.

【详解】

设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，

则，，

因为与共线，所以，又因为，，

所以，

因为，所以，

即，所以.

故答案为：2

四、解答题

17．函数的部分图象如图所示，其中轴．

(1)求函数的解析式；

(2)将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据图象可求函数的对称方程及，故可求函数的解析式；

（2）根据图象平移可求的解析式，故可求的值.

【详解】（1）由图象可得函数图象的一条对称轴为，

故，故，故，

而，故即

而，故，故.

（2）将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，

故，

故

.

18．已知数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据构造法得出数列是首项为1，公比为的等比数列即可；（2）根据错位相减求前前项和即可.

【详解】（1）由题知，，

因为，

所以，

所以

因为，

所以数列是首项为1，公比为的等比数列，

所以，

所以.

（2）由（1）得，

所以  ①，

  ②，

由①②错位相减得：

所以.

19．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知．

(1)求的取值范围；

(2)若是边上的一点，且，，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出，再根据三角变换公式化简，利用余弦函数的性质可求其取值范围；

（2）根据题设可得，平方后利用基本不等式可求，故可求面积的最大值.

【详解】（1）因为，故，

整理得到：即，

故，而为三角形内角，故，

所以，故，而为锐角三角形内角，故.

,

因为三角形为锐角三角形，故，故，

故，故，故.

（2）由题设可得，故，

整理得到：，

故即，

整理得到：，

当且仅当时等号成立，故.

故三角形面积的最大值为.

20．已知函数，．

(1)若的定义域为，值域为，求的值；

(2)若，且对任意的，当，时，总满足，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由定义域为，可得恒成立；由值域为可得，能取到内任意实数，即可得的值；

（2）对求导，根据导数的正负判断出在上单调递减，将问题转化为任意的，，令，，求导，利用求解即可．

【详解】（1）解：因为的定义域为，

所以且，恒成立，则，又，所以

又因为值域为，

所以能取到内任意实数，所以

故；

（2）解：因为，所以，

所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；

所以在上单调递减，

，

问题可转化为：任意的，恒成立，

令，，

，

所以在上单调递减，

所以，

所以，

则，解得，

故的取值范围为：．

21．已知函数．

(1)若，求在区间上的最小值；

(2)若有两个不同的极值点，（且），且不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数研究在区间上的单调性，进而求得在区间上的最小值

（2）利用极值点建立的关系式，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.

【详解】（1），

当时，，

，

所以在区间递减；在区间递增.

所以在区间上的最小值为.

（2），，

由于有两个不同的极值点，且，

所以方程有两个不同的正根，

所以，解得且.

因为，所以且.

依题意，恒成立，

即，，，

，，

，，

，

当时，；当时，.

令，

.

①当时，，在上递增，，

所以当时，，

不符合题意.

②当时，令，

，当，即时，，在上递减，

，所以当时，，

则；

当时，，

则；

所以对任意恒成立.

当，即时，二次函数的开口向下，

对称轴为，且，

令，则当时，，即，

所以在上递增，，所以在上有，

不符合题意.

综上所述，取值范围是.

【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可以考虑利用化归与转化的数学思想方法化简恒成立的不等式，将其转化为可以利用导数进行研究的形式.也可以考虑分离常数法，分离常数后利用构造函数法，结合导数来进行研究.

22．已知函数（为自然对数的底数）．

(1)证明：当时，；

(2)①证明：在区间内有4个零点；

②记①中的4个零点为，，，，且，求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）对函数求导，引入再求导，可得在是减函数，结合可得进而得是减函数，又根据单调性可得结论；

（2）①求出在有四个零点，把函数在区间划分为五个单调区间，进一步找到在有四个零点，又把函数在区间划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得在区间内有4个零点；

②根据函数表达式可求得，，把要证的不等式转化为证明成立，通过找点锁定均在区间内，而在是减函数，转化为证明即可，利用，可证，使得命题得证.

【详解】（1），设，则

，

因为，所以，所以单调递减，

又，所以，即，所以单调递减，又，所以；

（2）①由（1）知，

令得，，，，且，单调递减，，单调递增，，单调递减，，单调递增，，单调递减，

又，，，，，，所以存在，，，使，

且，，递减，，，递增，

，，递减，，，递增，

，，递减，

又，，，，，

所以，，，，

使，所以在上有4个零点．

②由①知，，又，所以，

，又，所以，

所以要证即证：，即证，

因为，，所以，

又，，所以，

所以，又因为，递减，

又，所以，

所以在单调递减，所以只需证，

又，

又，所以，

所以，

所以，所以．

【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证作了深入考查，在判断四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.