2023届陕西省咸阳市礼泉县第二中学高三上学期第二次月考数学（理）试题含解析

2023届陕西省咸阳市礼泉县第二中学高三上学期第二次月考数学（理）试题

一、单选题

1．在半径为2的圆中，弧度的圆心角所对的弧长为（    ）

A． B． C． D．以上都不对

【答案】A

【分析】根据公式(其中为圆心角的弧度数,为弧长，为半径)即可求解.

【详解】因为，所以，

故选:A.

2．函数的定义域是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题可得，即得.

【详解】由题意得，

解得，

即函数的定义域是.

故选：C.

3．设复数(其中为虚数单位)，则=（    ）

A． B．3 C．5 D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法与复数的模计算即可.

【详解】，

，

故选：A

4．求曲线在点处的切线方程

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先对函数求导，求得，，再由点斜式求得切线方程．

【详解】，所以，，所以切线方程为，化简得，选A．

【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程即函数在处的切线方程为．

5．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】通过函数的奇偶性、区间上的函数值的符号确定正确选项.

【详解】因为函数的定义域为，且，

所以函数为偶函数，排除B.

由，可知当时，；

当时，.所以D选项符合.

故选：D

【点睛】本小题主要考查函数图象的识别，函数图象的识别的方法主要根据函数的单调性、特殊点来求解.

6．已知命题：，，命题：，，则下列命题是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断命题的真假，再由复合命题的真假判断方法逐个分析判断即可

【详解】因为时，，所以，

所以命题为真命题，

因为，所以，

所以命题为假命题，

所以假真，

所以，，为假，为真．

故选：D．

7．是的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分必要条件的定义判断．

【详解】解得或，

故选：.

8．已知函数的导函数是，的图象如图所示，下列说法正确的是(    )

A．函数在上单调递减 B．函数在上单调递增

C．函数在处取得极小值 D．函数共有1个极大值点

【答案】D

【分析】根据导数正负与原函数单调性的关系即可判断求解．

【详解】对于A，在，>0，f(x)单调递增，故A错误；

对于B，在，不恒为正或负，故f(x)不单调，故B错误；

对于C，在，恒成立，故f(x)单调递增，故x=3不是极值点，故C错误；

对于D，在，>0，f(x)单调递增，在(－1,1)，<0，f(x)单调递减，故x=－1是f(x)的极大值点，且是唯一的极大值点，故D正确．

故选：D.

9．化简=（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】利用三角恒等变换化简即得.

【详解】

.

故选：C.

10．已知函数，下列说法错误的是（    ）

A．的图象的一个对称中心为

B．的图象的一条对称轴为直线

C．在上单调递增

D．函数的图象向左平移个单位长度后得到的是一个奇函数的图象

【答案】A

【分析】代入法验证A、B的正误；应用整体法求的递增区间判断C；根据图象平移及正弦函数的性质判断D.

【详解】对A：

∵，

∴不是的图象的对称中心，A错误；

对B：

∵为最小值，

∴直线是的图象的对称轴，B正确；

对C：

令，则，

故的单调递增区间为，

当时，在上单调递增，C正确；

对D：

函数的图象向左平移个单位长度后得到，是奇函数，D正确；

故选：A.

11．已知函数是定义在上的奇函数，对任意的都有，当时，，则（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】先求函数周期，然后利用周期及函数的奇偶性求解即可

【详解】因为函数是定义在上的奇函数，

所以

且对任意的都有，

所以

所以函数的周期为3，

所以

由

当时，

所以

所以

故选：A.

12．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知不等式和要求解的不等式特征，构造函数，将问题转化为解不等式.通过已知条件研究g(x)的奇偶性和单调性即可解该不等式.

【详解】令，

则根据题意可知，，∴g(x)是奇函数，

∵，

∴当时，，单调递减，

∵g(x)是奇函数，g(0)＝0，∴g(x)在R上单调递减，

由不等式得，

.

故选：A.

二、填空题

13．函数的定义域为___________.

【答案】

【分析】解不等式可得出原函数的定义域.

【详解】由可得，

所以，函数的定义域为.

故答案为：.

14．，则的大小关系为__________.

【答案】

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性比较大小即可求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，且，即，

所以，

故答案为：.

15．已知函数的导函数为，若，则__________.

【答案】

【分析】求导，得到，代入，求出，得到导函数解析式，再代入求出答案.

【详解】，

故，

即，解得：，

则，

故.

故答案为：.

16．设函数若函数有两个零点，则实数b的取值集合为________．

【答案】

【分析】利用导数判断出函数的单调区间，作出函数的图象，进而根据题意将问题转化为函数与有两个交点，再数形结合即可得解；

【详解】解：当时，函数单调递增；

当时，，则时，，

所以当时，，时，，

故当时，在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取极小值，极小值为；

作出函数的图象如图：

因为函数有两个零点，

所以函数与有两个交点，

所以当时函数与有两个交点，

所以实数b的取值集合为

故答案为：

【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，涉及利用导数判断函数单调性，数形结合思想等，属于中档题．本题解题的关键在于将问题转化为函数与有两个交点，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.

三、解答题

17．已知角的终边过点，且.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】(1)(2)

【分析】（1）任意角的三角函数的定义求得x的值，可得sinα和tanα的值，再利用同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值；

（2）利用两角和差的三角公式、二倍角公式，化简所给的式子，可得结果．

【详解】由条件知，解得，故.

故，

（1）原式==

（2）原式 .

【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，两角和差的三角公式的应用，属于基础题．

18．设集合A={x|x2-3x+2=0}，B={x|x2+2（a+1）x+a2-5=0}.

(1)若A∩B={2}，求实数a的值；

(2)若A∪B=A，求实数a的取值范围.

【答案】(1)-1或-3；

(2).

【分析】（1）根据集合交集的性质进行求解即可；

（2）根据集合并集的运算性质进行求解即可；

【详解】（1）由x2-3x+2=0得x=1或x=2，故集合A={1，2}.

因为A∩B={2}，所以2∈B，将x=2代入B中的方程，

得a2+4a+3=0，解得a=-1或a=-3，

当a=-1时，B={x|x2-4=0}={-2，2}，满足条件；

当a=-3时，B={x|x2-4x+4=0}={2}，满足条件，

综上，实数a的值为-1或-3；

（2）对于集合B，=4（a+1）2-4（a2-5）=8（a+3）.

因为A∪B=A，所以B⊆A.

当<0，即a<-3时，B为空集，满足条件；

当=0，即a=-3时，B={2}，满足条件；

当>0，即a>-3时，B=A={1，2}才能满足条件，

则由根与系数的关系，得1+2=-2（a+1），1×2=a2-5，

解得a=-，且a2=7，矛盾.

综上，实数a的取值范围是.

19．已知平面向量，满足，，其中.

(1)若，求实数m的值.

(2)若，若与夹角的余弦值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，然后根据向量平行的坐标关系即得；

（2）根据向量垂直的坐标表示可得，然后利用向量夹角的坐标公式即得.

【详解】（1）因为，，

所以，

即，

所以，

又，

所以，

解得；

（2）因为，

所以，

解得，

所以，

所以，，

所以，，

所以.

20．已知条件：①函数的图象过点，且；②在时取得极大值.请在上面两个条件中选择一个合适的条件，将下面的题目补充完整（条件只填写序号），并解答本题.

题目：已知函数存在极值，并且__________.

(1)求的解析式；

(2)当时，求函数的最值.

【答案】(1)选②

(2)最大值为，最小值为

【分析】（1）若选①代入验证导数可知没有极值，故只能选②，其导数在时取得极大值，有可解出进而得到解析式；（2）根据导数求最值的步骤求即可.

【详解】（1）若选①：当，

恒成立，

则单调递增无极值，不符合题意，故不能选①.

若选②；，

又在时取得极大值，

解得

，经检验符合题意.

（2）由（1）知，，

当时，当时，

易知在上单调递减，在上单调递增，

又，

在区间上的最大值为，最小值为.

21．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合图象和，求得ω的值，再根据求得，即可得的解析式；（2）根据函数图象的变换求出的解析式，再结合正弦函数的图象运算求解.

【详解】（1）由图可得：，即，则，

故，

∵，即，则，

∴，则，

又∵，则，

故.

（2）根据题意：将函数的图象向左平移个单位，得到，

再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数，

∵，则，

由题意可得：直线与函数有两个不同的交点，

又∵，则，

∴，当且仅当，即时，，

故，

则可得：，即，

故的取值范围为.

22．已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）证明不等式恒成立．

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．

【分析】（1）求出函数导数，讨论的范围结合导数即可得出单调性；

（2）构造函数，利用导数可得在上有唯一实数根，且，则可得，即得证.

【详解】（1）

当时，，所以在上单调递增；

当时，令，得到，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减．

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减．

（2）设函数，

则，可知在上单调递增．

又由，知，在上有唯一实数根，且，

则，即．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以，结合，知，

所以，

则，

即不等式恒成立．

【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明的最小值大于0.