2023届湖北省仙桃市田家炳实验高级中学高三上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省仙桃市田家炳实验高级中学高三上学期11月月考数学试题（解析版），共16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届湖北省仙桃市田家炳实验高级中学高三上学期11月月考数学试题 一、单选题1．若集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解二次不等式和指数不等式，再求解集的交集.【详解】不等式解得或，集合或.不等式解得，集合.∴故选：A2．“当时，幂函数为减函数”是“或0”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】根据幂函数的性质再结合充分不必要条件求解即可.【详解】因为时，幂函数为减函数”，所以.因为是“或0”的充分不必要条件，“时，幂函数为减函数”是“或0”的充分不必要条件.故选：A3．全称量词命题：“.”的否定为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可判断答案.【详解】全称量词命题：“.”的否定为存在量词命题：，故选：D.4．下列关于函数说法正确的是（    ）A．函数的定义域为R B．函数为奇函数C．函数的最小值为0 D．函数的最小正周期为【答案】D【分析】由解析式有意义列不等式求函数的定义域，判断A；根据偶函数的定义判断B；根据正切函数的性质作函数的图象，利用图象判断C，D.【详解】对于选项A，函数的定义域为，故选项A错误;对于选项B，函数的定义域为关于原点对称，又，则函数为偶函数，故选项B错误;对于选项C，根据函数的奇偶性结合正切函数的相关性质，根据图象变换作出函数草图如下：由图可知，函数没有最小值，最大值为0，故选项C错误;对于选项D，同样由图可知函数的最小正周期为，故选项D正确.故选：D.5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指数、对数函数的单调性即可比较大小.【详解】因为,所以,,即,,即,所以,故选:C.6．如图，在平行四边形ABCD中，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行四边形的性质以及平面向量的线性运算法则求解.【详解】因为点O为平行四边形ABCD的对角线的交点，故，所以故选：C7．要得到的图像，只需将的图像（    ）A．向左平移 B．向右平移C．向左平移 D．向左平移【答案】D【分析】化简，然后结合三角函数图像变换的知识求得正确答案.【详解】，将向左平移得.故选：D8．已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简题目所给不等式，构造函数，由在区间上恒成立分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】不妨设，则，即，令，则，∴在单调递增，对恒成立，而恒成立，令，，则在单调递减，∴，∴，的取值范围是.故选：A【点睛】利用导数研究含有参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法，然后通过求函数的最值来求得参数的取值范围. 二、多选题9．下列说法中，正确的是（    ）A．若向量，满足，与同向，则B．若两个非零向量，满足，则，是互为相反向量C．的充要条件是与重合，与重合D．模为是一个向量方向不确定的充要条件【答案】BD【分析】根据向量的基本性质，基本概念，以及向量平行和零向量的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：向量不可比较大小，故A错误；对B：若两个非零向量，满足，则，且方向相反，故，互为相反向量，B正确；对C：与重合，与重合，故，充分性成立；但，根据向量可平移性，不一定有与重合，与重合，必要性不满足，C错误；对D：模为的向量是零向量，其方向不确定，故充分性成立；一个向量方向不确定，是零向量，其模为，必要性成立，即模为是一个向量方向不确定的充要条件，D正确.故选：BD.10．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．最小正周期为B．图象关于点对称C．图象关于直线对称D．在区间的值域为【答案】CD【分析】对于AD，根据正弦函数的性质，分别求出函数的周期和在上的值域即可；对于BC，利用代入检验法检验的对称中心与对称轴即可.【详解】对于A，因为，所以最小正周期为，故A错误；对于B，因为，显然关于直线对称，不关于点对称，故B错误；对于C，由选项B的分析可知C正确；对于D，因为，则，所以，故，故D正确.故选：CD.11．的内角，，的对边分别为，，.下面四个结论正确的是（    ）A．，，则的外接圆半径是2 B．若，则C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则【答案】ABD【分析】根据正余弦定理及其应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对：由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故正确；对：由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；对：因为，所以为锐角，但不确定，故C错误；对：若，，所以由正弦定理得，故D正确.、故选：ABD.12．已知函数（，e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（    ）A．方程至多有2个不同的实数根B．方程可能没有实数根C．当时，对，总有成立D．当，方程有3个不同的实数根【答案】AC【分析】画出的图象，对进行分类讨论，结合函数零点、函数单调性等知识确定正确答案.【详解】画出的图象如下图所示，当时，，画出图象如下图所示，由图可知有两个零点；有两个解，且这两个解与不相同，所以由得或，则有个不同的根，D选项错误.对于A选项，由上述分析可知，当时，有两个零点，注意到有一个零点，有一个零点，所以最多有两个零点，A选项正确.对于B选项，有一个零点，有一个零点，所以无论取何值，至少有一个零点，B选项错误.对于C选项，时，，所以当时，的图象如下图所示：由图可知，在上递增，即，总有成立，C选项正确.故选：AC【点睛】对于含有参数的分段函数的图象与性质有关的题目，关键点是先确定分段函数的图象，此时要对参数进行分类讨论，要利用动态思考的方法来进行研究. 三、填空题13．在△ABC中，点D是线段BC的中点，点E在线段AD上，且满足AE＝2ED，若，则λ＋μ＝_________．【答案】【分析】根据共线向量的推论，结合向量的加减法，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：解：，∴．故答案为：.14．已知函数f（x）=x2，若存在t∈R，对任意x∈[1，m]（m＞1，m∈N），都有f（x+t）≤2x，则m的最大值为______．【答案】5【分析】设g（x）=f（x+t）-2x=x2+（2t-2）x+t2≤0．从而得到g（1）≤0且g（m）≤0，求得t的范围，讨论t的最值，代入m的不等式求得m的范围，结合条件可得m的最大值．【详解】函数f（x）=x2，那么f（x+t）=x2+2tx+t2，对任意实数x∈[l，m]，都有f（x+t）≤2x成立，即有x2+（2t-2）x+t2≤0．令g（x）=x2+（2t-2）x+t2，从而得到g（1）≤0，且g（m）≤0，由g（1）≤0可得，由g（m）≤0，即m2+（2t-2）m+t2≤0．当时，；当时，．综上可得，由m为正整数，可得m的最大值为5．故答案为5．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用二次函数的性质，考查运算求解能力，是中档题．15．如图是函数的部分图像，A是图像的一个最高点，D是图像与y轴的交点，B，C是图象与x轴的交点，且，的面积等于．则的解析式为__________．【答案】【分析】先由最大值得到，再由面积求得的长度，即半个周期，从而求得，再代入点求得，由此得到的解析式.【详解】由图像可知，的最大值为，又，所以，因为的面积等于，所以，则，所以，即，得，又，故，将代入，得，即，因为，所以，所以.故答案为：.16．设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为______.【答案】【分析】设出公共点，求导，根据切线重合得到切点横坐标，从而得到关于的关系式，，求导求出的最大值.【详解】设公共点坐标为，，，由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，又，即，所以，设函数，，令得.当时，，当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，b取最大值，将代入，则得.故答案为：. 四、解答题17．已知向量．(1)求；(2)求满足的实数和的值；(3)若，求实数k的值．【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示，结合已知条件即可求得结果；（2）根据题意，列出满足的方程组，求解即可；（3）根据向量平行的坐标表示，列出关于的等量关系，求解即可.【详解】（1）因为，故，故.（2）因为，，即，故可得，解得，故实数分别为.（3）因为，则，，因为，故可得，解得，故实数的值为.18．设函数.(1)若不等式的解集为，求的值；(2)若，，求的最小值.【答案】(1)2(2) 【分析】（1）依题意、是方程的两根且，利用韦达定理得到方程组，解得、，再代入计算可得；（2）依题意可得，则，再利用基本不等式计算可得.【详解】（1）解：∵不等式的解集为，∴、是方程的两根且，由根与系数的关系可得，解得，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，当时，，当且仅当，时等号成立；当时，，当且仅当，时等号成立，∴的最小值为.19．对于任意定义在区间D上的函数，若实数满足，则称为函数在D上的一个不动点．(1)求函数在上的不动点；(2)若函数在上没有不动点，求a的取值范围．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）解方程，求得其在上的根即可；（2）先求出在上有解时的a的取值范围，其反面即为函数在上没有不动点时a的范围.【详解】（1）设是在上的不动点，则，解得，即1是在上的不动点．（2）设在上有解，则在上有解，∴，∴或当时，方程的两根都是负数；当时，方程的两根都是正数．因此，当且仅当时，在上有不动点．于是，在上没有不动点时，20．已知函数.(1)求的最小正周期和单调递减区间；(2)若，且，求的值.【答案】(1)最小正周期为，单调递减区间为(2) 【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简得到，根据正弦型函数最小正周期和单调区间的求法可直接求得结果；（2）由可求得，进而得到，利用两角和差余弦公式可求得结果.【详解】（1），的最小正周期；令，解得：，的单调递减区间为.（2）由（1）得：，，，，.21．在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．(1)求；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理结合三角恒等变换求出，再利用同角公式计算作答.（2）利用（1）中信息及均值不等式，再由三角形面积定理计算作答.【详解】（1）在中，，由余弦定理得，，整理得，由正弦定理得：，而，解得，，所以.（2）由（1）知，而，则，当且仅当时取等号，于是得，所以当时，面积取得最大值.22．已知函数(1)求当时，求函数的最值；(2)若在区间内存在极值点.①求a的取值范围；②证明在区间内存在唯一零点，且.【答案】(1)，无最大值(2)①；②证明见解析 【分析】（1）求导，分，结合二次导函数，分析导函数正负，得到函数的单调性，继而得到函数最值；（2）①求导，分，，分析导函数正负，即得解；②结合①分析可得在内存在唯一零点，转化证明为，，利用导数证明，分析即可得证.【详解】（1）∵时，∴，当时，，当时，由，∴在单增且，∴当时，单减，当时单增∴，无最大值（2）①，，当时，不符合；当时，，∴无零点，不符合；当时，，∴在单调递增，又，，∴存在唯一使即在存在极小值点.综上.②由①可知，当时，，当时，而当时，∴在内单减，在时单增∴，.∴在内存在唯一零点，下面再证明，即证即证∵∴令，故，即在上单调递增，故，故，令，故当，，即在单调递增，故，故，∴即∴命题成立.