2023届江西省百校联盟高三上学期10月联考数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省百校联盟高三上学期10月联考数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省百校联盟高三上学期10月联考数学（理）试题 一、单选题1．已知命题：，，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.【详解】由特称命题的否定知：，.故选：D.2．已知a，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充要条件【答案】A【分析】根据对数函数的单调性可得充分性成立，举出反例推出必要性不成立，得到答案.【详解】因为单调递增，且定义域为，由“”成立可推出，继而可得到；当时，比如，，此时无意义，故推不出，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数可求得，再根据题意求得，进而根据交集集运算求解.【详解】由解得，则，∵，则，∴，则，．故选：B．4．在中，点D满足．记，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平面向量的基底运算即可得到结果.【详解】如图所示，由图易得，，故．故选:C．5．若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用商数关系式和二倍角公式化简题设中的三角函数式可得，再根据二倍角的余弦公式可求的值.【详解】因为，故，故，因为，故，所以，所以即，故，故选：D.6．函数的导函数在区间上的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先对函数进行求导，然后判断导函数的奇偶性，最后根据图像特征，通过赋值法判断的符号即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴为奇函数，从而的图像在区间上关于原点对称，由此可排除选项A、B，又∵，排除D，从而答案为C.故选：C.7．已知函数在上单调递增，满足对任意，都有，若在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知函数图像的对称轴是直线，进而得函数在上单调递减，再根据单调区间求解即可.【详解】解：由，得函数图像的对称轴是直线，因为函数在上单调递增所以，函数在上单调递减，因为在区间上单调递减，则，解得．所以，实数a的取值范围为.故选：C．8．已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．直线是图像的一条对称轴B．图像的一个对称中心为C．在区间上单调递增D．将的图像向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图像【答案】B【分析】根据图像最高点得到，由周期得到，再将点代入函数解析式中求得，再根据正弦型函数的图像性质，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】由函数图像可知，，最小正周期为，，将点代入函数解析式中，得：，结合，，故．A选项．当时，，故直线不是图像的一条对称轴，A错误；B选项．令，则，，当时，，即图像的一个对称中心为，故B正确；C选项，当时，，由于正弦函数在上递增，故在区间不是单调递增，故C错误；D选项，将的图像向左平移个单位长度后，得到的图像，该函数不是偶函数，故D错误．故选:B．9．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造且、，利用导数研究其单调性，即可判断a、b、c的大小关系.【详解】由，令且，则，所以在上递增，故，所以，即，故；由，设，则，，，在上单调递增，故，，即．综上，.故选：A10．奔驰定理：已知点O是内的一点，若的面积分别记为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】延长交于点P，则利用垂心的性质结合三角形面积的求法可得，再利用和可得，不妨设，利用可求出的值，从而可求出的值.【详解】延长交于点P，是的垂心，，．同理可得，．又，．又，．不妨设，其中．，，解得．当时，此时，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉．故，则，故C为锐角，∴，解得，故选：B．【点睛】关键点点睛：此题考查向量的线性运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用垂心的性质得，再结合已知条件得，设，再利用两角和的正切公式可得，从而可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于较难题.11．已知函数，以下结论正确的是（    ）A．是的一个周期 B．在区间单调递减C．是偶函数 D．在区间只有1个零点【答案】C【分析】根据周期性的定义判断A，利用导数求出函数在上的单调性，即可判断B，根据偶函数的定义判断C，根据函数的单调性及零点存在性定理判断D；【详解】解：对于A：，故A错误；对于B：当时，，，则在上，，，，单调递减；在上，，，，单调递增，故在上不单调，B错误；对于C：定义域为，且，，，故是偶函数，故C正确；当，，，所以，则在区间无零点，在上单调递减，，，由零点存在定理可知在上有且仅有一个零点，同理：可证在上有且仅有一个零点．综上，在区间上恰有两个零点，D错误．故选：C．12．已知，，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】设，可知与有两个不同的交点，利用导数可得的图象，数形结合可知，则令，结合已知等式可用表示出，得到；令，利用导数可求得，从而推导得到，由此可得的取值范围.【详解】由得：，设，则与有两个不同的交点，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又，可作出大致图象如下图所示，由图象可知：，，设；由得：，则，，，，令，则，令，则，令，则，在上单调递减，，即，在上单调递减，，即，在上单调递减，，即，，则，，又恒成立，的取值范围为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决恒成立问题，本题求解的关键是能够根据已知等式将表示为关于变量的函数的形式，采用数形结合的方式确定的范围后，利用导数求得关于的函数的最值，从而求得的范围. 二、填空题13．已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数________．【答案】−12-0.5【分析】求导，得到曲线在的导数值，即斜率。然后根据与直线垂直，得到斜率乘积为，即可得到结果.【详解】，，曲线在处的切线斜率为，直线的斜率为m，曲线在处的切线与直线垂直，，．故答案为：-0.514．已知为R上的奇函数，当时，，则________．【答案】【分析】先利用奇函数的性质可得，然后根据已知的解析式可求出的值，从而可求得答案.【详解】因为为R上的奇函数，所以，因为在上为增函数，且，所以，即因为当时，，所以，所以．故答案为：15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若S为的面积，则的最小值为______.【答案】【分析】应用正弦定理边角关系、和角正弦公式可得，根据三角形性质有，再应用余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式求目标式的最小值，注意取最小值的条件.【详解】由题设及正弦定理边角关系，，即，而，故，又，则，故，而，，所以，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故答案为：16．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程恰好有个不同的实数根，那么的值为___________.【答案】【分析】先依题意画函数图象，令，判断方程有两个不同t根，分别与图象有3和4个交点，即得、，再利用韦达定理去求参数即得的值.【详解】根据已知部分的函数解析式和偶函数对称性，画图象如图，令，则原方程可化为，根据图象可知，要使原方程恰好有个不同的实数根，只需有两个不等的实数根、，由韦达定理可知，，，解得，，故.故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根或已知根的个数)求参数值(或取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三、解答题17．设命题对任意，不等式恒成立，命题存在，使得不等式成立．(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；(2)若为假命题，为真命题，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题知，恒成立，进而求函数在上的最小值，并解二次不等式即可得答案；（2）若为真，则，进而得，再结合题意，分若q为假命题，p为真命题和若p为假命题，q为真命题两种情况讨论求解即可.【详解】(1)解：若为真，恒成立，因为，函数在为单调递增函数，所以函数在为单调递增函数，所以，所以，，解得：．所以实数m的取值范围是(2)解：若为真，存在，使得不等式成立，所以，只需，因为，，当且仅当时等号成立，所以，，所以，，即；若为假命题，为真命题，则p，q一真一假．若q为假命题，p为真命题，则，即；若p为假命题，q为真命题，则，即．综上，实数m的取值范围为．18．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足．(1)求角B的大小；(2)若，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由向量的数量积公式整理等式为，利用正弦定理化边为角，结合正弦的和角公式，整理即可求解；（2）由切化弦公式整理等式为，利用正弦定理化角为边，结合（1）中可得，再根据余弦定理表示可得，，等式两边同时除以，可求得的值，即可求解.【详解】(1)由题意得，所以，则由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，所以．(2)，则，又，可得，因为，所以，则，所以，所以，则．19．函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形.（1）求的值及函数的值域；（2）若，且，求的值.【答案】（2），函数的值域为;（2）.【分析】(1)将函数化简整理，根据正三角形的高为，可求出，进而可得其值域；(2)由得到，再由求出，进而可求出结果.【详解】(1)由已知可得，又正三角形的高为，则，所以函数的最小正周期，即，得，函数的值域为．(2)因为，由(1)得，即，由，得，即＝，故.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型.20．已知函数．(1)若0是函数的极小值点，求实数a的值；(2)若在R上是增函数，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）0是函数的极小值点，则直接由得出答案，后多次求导检验即可；（2）在R上是增函数，转化为恒成立问题，再通过参变分离得，构建新函数利用导数求出的最小值即可得出答案.【详解】(1)由题意得：，是函数的极小值点，，故．检验：当时，，令，则，所以，得，则在上递增， ，则时，，时，，则在上递减，在上递增，故是函数的极小值点．(2)，，若在R上是增函数，即恒成立，得，设，则，令得，令得，即在上单调递减，在上单调递增，则，故．21．江西某中学校园内有块扇形空地，经测量其半径为，圆心角为，学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场，初步设计方案1如图1所示．(1)取弧的中点，连接，设，试用表示方案1中矩形的面积，并求其最大值；(2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积？若有，在图2中画出来，并证明你的结论．【答案】(1)答案见解析(2)有，作图见解析，证明见解析 【分析】（1）用表示表示、，结合三角恒等变换化简矩形面积的表达式，利用三角函数的基本性质可求得矩形面积的最大值；（2）在半径上截取线段为矩形的一边，作得矩形，设，，化简矩形面积关于的表达式，利用三角函数的基本性质可求得矩形面积的最大值，比较两个方案中矩形面积的大小，即可得解.【详解】(1)解：如图所示，设交于点，交于点，显然矩形关于对称，而点、分别为、的中点，，．在中，，，，，即，而，故矩形的面积．，，．故当，即时，取得最大值，此时，矩形面积的最大值为．(2)解：如图所示，在半径上截取线段为矩形的一边，作得矩形，设，，可得，，则，所以矩形的面积为，，可得，当时，即时，有最大值为，即教室面积的最大值为，现将两种方案的最大值进行比较大小：，方案2更合算．22．已知函数．(1)若时，试讨论的单调性；(2)若有两个零点时，求a的取值范围．【答案】(1)具体见解析(2)或 【分析】（1）由题意，明确函数解析式，求导，根据二次函数的性质，讨论导数零点的取值范围，可得答案；（2）先研究时，函数的零点个数，再根据零点的定义，验证不是零点，整理函数，化简研究存在两个不同的零点，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.【详解】(1)，，，若，则令，解得，，解得，故在上单调递增，在上单调递减；若，令，得，①当，即时，，解得或，在和上单调递减，，解得，在上单调递增；②当，即时，，解得或，在和上单调递减，，解得，在上单调递增；③当，即时，恒成立，故在单调递减．综上所述，当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．(2).当时，，，令，则，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增.由且，当时，，，故恒成立，，由在上单调递增，则只有一个零点；当时，，此时不是的零点，时，，令，由题意可知，有两个零点等价于在且时有两个零点，，若，则，单调递增，最多有一个零点，不符合题意；若，令，解得或，当或时，，单调递增；当或时，，单调递减，而，，当时，此时，而，故有且只有一个零点，不合题意；当即，此时在上无零点，故在上需有两个不同的零点，故，即，此时当时，，故当时，．而当时，，，故．由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点．当，即，此时，故在上不存在零点．此时当时，，当时，，由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点．综上，或．