2023届河南省豫南名校高三上学期9月质量检测数学（理）试题含答案

2023届河南省豫南名校高三上学期9月质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用一元二次不等式解法求出集合，列举法写出集合，从而确定.

【详解】因为，所以.

故选 ：D.

2．已知命题，．（    ）．

A．p为真命题，，

B．p为假命题，，

C．p为真命题，，

D．p为假命题，，

【答案】C

【分析】先根据当时，，得到p为真命题，再把特称命题进行否定，变为全称命题即可.

【详解】当时，，则p为真命题，又特称命题的否定为全称命题，把存在改为任意，把结论否定，

所以命题，的否定为，.

故选：C．

3．已知的垂心为M，则“M在的外部”是“钝角三角形”的（    ）．

A．充分不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据三角形垂心与锐角三角形、直角三角形、钝角三角形的位置关系，判断可得答案.

【详解】因为锐角三角形的垂心在三角形的内部，直角三角形的垂心为直角的顶点，钝角三角形的垂心在三角形的外部，

所以“M在的外部”是“为钝角三角形”的充要条件．

故选：B.

4．已知点在函数的图象上，且在第二象限内，若的图象在点处的切线斜率为1，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出导函数，设，由求得（注意点在第二象限）即可得．

【详解】设点，因为，所以，由，得，又，所以点的坐标为.

故选：A．

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】D

【分析】利用两角和的正切恒等变换公式可求得=，对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.

【详解】因为，所以，解得=，

则，

故选：D.

6．已知函数图象的一条对称轴为直线，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据对称性可得，从而可得结果.

【详解】因为，所以，解得，又，所以当时，取得最小值3.

故选：B

7．函数的大致图像为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用函数奇偶性、特殊点的函数值、解不等式以及导数来研究函数图像进行判断.

【详解】因为函数，定义域为，

又，

所以为偶函数，故B错误；

由得，，

同理，由得，或，故C错误；

因为，，

所以，故D错误；

因为函数，定义域为，

且当时，，，

由有，，

同理，由，解得，

所以当时，在单调递增，在上单调递减，

又，所以A正确.

故选：A.

8．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的部分多为扇环．已知某扇形的扇环如图所示，其中外弧线的长为60cm，内弧线的长为20cm，连接外弧与内弧的两端的线段均为16cm，则该扇形的中心角的弧度数为（    ）．

A．2.3 B．2.5 C．2.4 D．2.6

【答案】B

【分析】根据弧长之比得到半径之比，从而求出小扇形的半径，再根据弧长公式计算可得.

【详解】解：如图，依题意可得弧AB的长为，弧CD的长为，

则，即．

因为，所以，

所以该扇形的中心角的弧度数．

故选：B

9．已知函数满足，函数与图象的交点分别为，，，，，则（    ）

A．-10 B．-5 C．5 D．10

【答案】B

【分析】依题意可得的图象关于点对称，又也关于点对称，可得两函数的交点也关于点对称，根据对称性计算可得.

【详解】解：因为，所以的图象关于点对称，

又也关于点对称，

则函数与图象的交点也关于点对称，

所以；

故选：B

10．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收．”《增广贤文》是勉励人们专心学习的．如果每天的“进步”率都是1％，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1％，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20％，那么“进步”的是“退步”的1000倍需要经过的时间大约是（参考数据：1g 2≈0.3010，lg 3≈0.4771）（    ）

A．15天 B．17天 C．19天 D．21天

【答案】B

【分析】设大约用x天，根据题意得到，利用对数运算求解.

【详解】解：设大约用x天，“进步”的是“退步”的1000倍，

由题意得，即，

所以，

故选：B

11．已知函数若关于的方程有4个不同的实根，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出的图象，根据并讨论t研究其实根的分布情况，将问题化为在内有两个不同的零点，结合二次函数性质求参数范围.

【详解】如图，画出的图象，设

结合图象知：当或时有且仅有1个实根；当时有2个实根；

问题转化为在内有两个不同的零点，

从而，解得.

故选：D

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令,求导得，于是得在上单调递增，所以当时有，进而可得，由二倍角公式及的单调性可得，即可得答案.

【详解】解：令,则，

所以在上单调递增，

所以当时，，

即当时，，

所以，即，

又因为，

即，

综上所述：.

故选：A.

【点睛】本题考查了通过构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，也考查了导数的应用和逻辑推理能力，属于较难题.

二、填空题

13．设，，则______．

【答案】

【分析】首先求出，再根据二倍角正弦公式计算可得.

【详解】解：因为，所以，又，

所以，

所以．

故答案为：

14．生物学家为了了解抗生素对生态环境的影响，常通过检测水中生物体内抗生素的残留量来进行判断．已知水中某生物体内抗生素的残留量（单位：）与时间（单位：年）近似满足关系式，，其中为抗生素的残留系数，当时，，则______．

【答案】

【分析】根据当时，，把代入，构造方程解得答案.

【详解】因为，所以，解得．

故答案为：.

15．写出一个同时满足下列三个性质的函数：______．

①定义域为；②；③的导函数．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据所学函数的基本性质，由②联想指数函数的性质，由，想到以为底的简单的指数型复合函数，得到答案.

【详解】若，其定义域为，满足①；

，，所以，满足②；

 ，满足③.

故答案为：.

16．在中，内角所对的边分别是，且，点是线段的中点，若，则面积的最大值是__________.

【答案】

【分析】利用同角三角函数关系和二倍角公式可转化原式为，可得或，分类讨论，结合均值不等式和余弦定理，即得解

【详解】因为，所以，

所以，所以，

所以或，

即或.

当时，因为，所以，

所以，当且仅当时等号成立

则的面积为；

当时，则.

设，则.

在中，由余弦定理可得，

则，

故的面积，当且仅当时，等号成立.

综上，面积的最大值是.

故答案为：

三、解答题

17．的内角的对边分别是.已知.

(1)求角；

(2)若，且的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦的二倍角公式变形可求得角；

（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得，从而得三角形周长．

【详解】(1)因为，

所以，

因为，所以.

(2)因为的面积为，所以，解得，

由余弦定理得，

解得，

所以的周长为.

18．已知：“实数满足”，“都有意义”.

(1)已知为假命题，为真命题，求实数的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）将代入，化简，然后根据为假命题，为真命题，列出不等式，即可得到结果.

（2）先根据条件化简得到，然后根据是的充分不必要条件，列出不等式，即可得到结果.

【详解】(1)当时，若为真命题，则，即.

若为真命题，则当时，满足题意；当时，，解得，所以.

故若为假命题，为真命题，则实数的取值范围为.

(2)对，且由（1）知，对，则或.

因为是的充分不必要条件，所以，解得.

故的取值范围是.

19．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求的解析式；

(2)若函数，对任意的恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据图得到，进而得到，再根据的图象经过点和点，求得和即可；

由（1）得到，再利用正弦函数的性质求得最值，再根据恒成立求解.

【详解】(1)解：由图可知，则.

因为的图象经过点，

所以，

所以，

所以，

因为，

所以.

因为的图象经过点，

所以，

所以.

故.

(2)由（1）可知，

则，

，

因为，

所以，

所以，

所以，

即的值域为.

因为对任意的恒成立，

所以.

20．已知函数（且）．

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若在上的最大值大于，求的取值范围．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；

(2).

【分析】（1）化简函数得，令，讨论其单调性，根据复合函数的单调性，判断的单调性；

（2）先求在的值域，分，两种情况讨论，求出的最大值，由的最大值大于解不等式得答案.

【详解】(1)当时，的定义域为，

，

令，则，

由得，所以在上单调递减，

由得，所以在上单调递增，

又因为单调递减，

所以在上单调递增，在上单调递减；

(2)由（1）知，，在上单调递减，在上单调递增，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

所以在上的值域为．

当时，在上的最大值为，

即，解得；

当时，在上的最大值为，

即，解得．

综上，a的取值范围为．

21．已知函数.

(1)若是的极值点，求的单调区间；

(2)若关于的方程恰有一个解，求a的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再利用导数求出函数的单调区间；

（2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，由零点存在性定理可得存在使得，即可得到的单调性，从而求出的最小值，依题意可得，即可求出的值，从而得解.

【详解】(1)解：因为，所以，

因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，

所以，，又与在上单调递增，

所以在上单调递增，又，

所以当时，当时，

即的单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)解：显然，又，

令，，则恒成立，所以在上单调递增，

且，，

所以存在使得，

当时，即，当时，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时取得最小值，

由，可得，即，则，

因为关于的方程恰有一个解，

所以，即，

所以，当时等号成立，

由，可得，即的取值范围为；

【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．已知函数，．

(1)求在上的极小值点；

(2)若的最大值大于的最大值，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数求解即可；

（2）令，则，，然后利用导数分别求出、的最大值即可.

【详解】(1)，

令，得或，

因为，所以或或．

易知为锐角，为钝角，当时，；当时，；

当时，；当时，．

所以在上的极小值点为．

(2)令，

则，，

则，．

当时，；当时，；

当时，；当时，．

因为，，，，

所以，，

所以，即．