2023届吉林省长春市第八中学高三上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2023届吉林省长春市第八中学高三上学期9月月考数学试题含解析，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届吉林省长春市第八中学高三上学期9月月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先结合已知条件求出集合，然后利用集合间的并运算即可求解.【详解】由题意可知，，又因为，所以.2．已知复数（是虚数单位），则所对应的点所在象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】化简，由共轭复数的定义知，再由复数的几何意义知所对应的点为，在第一象限，即可得出答案.【详解】，则，所对应的点为，在第一象限.故选：A.3．已知奇函数在上单调递减，若，则满足的的取值范围是（    ）A．（－∞，－2）∪（0，2） B．（－2，0）∪（2，＋∞）C．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D．（－2，0）∪（0，2）【答案】C【分析】首先根据题意得到函数在上单调递减，且，再结合单调性解不等式即可.【详解】因为奇函数在上单调递减，且，所以函数在上单调递减，且，所以当，，，满足，当，，，不满足，当，，，不满足，当，，，满足，综上：的解集为.故选：C4．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（    ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）A．794 B．631 C．316 D．251【答案】A【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.【详解】由题意，即，则；当时，地震的最大振幅，当时，地震的最大振幅，所以，即；故选：A．5．已知函数，则（    ）A．的最小正周期为 B．在区间上单调C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称【答案】C【分析】首先利用二倍角公式以及辅助角公式将函数，然后利用性质解题.【详解】对于选项A，的最小正周期，A选项错误；对于选项B，由解得，B选项错误； 对于选项C，由解得，当时，，所以的图象关于直线对称，选项C正确；对于选项D，由解得，当时，，所以，的图象关于点对称，D选项错误.故选：C.6．已知，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指对数运算及函数性质、三角函数单调性判断大小关系.【详解】，.故选：C7．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）A．-3 B． C． D．【答案】C【分析】根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.【详解】因为，所以，所以，因为三点共线，所以，即，所以，又,所以.故选：C.8．已知函数，若有且仅有两个正整数，使得成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将转化为，再分别求导分析和的图象，再分别求得，，到的斜率，分析临界情况即可【详解】由且，得，设，，，已知函数在（0，2）上单调递增，在上单调递减，函数的图象过点，，，，结合图象，因为，所以．故选：C 二、多选题9．已知向量，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AD【分析】对A，，列方程求解即可判断；对B，，求解即可判断；对CD，设，结合向量坐标运算法则，由向量相等列方程组求解即可判断.【详解】对A，若，则，可解得，A对；对B，若，则，可解得，B错；对CD，，设，则，则，解得，故C错，D对.故选：AD10．下列说法中正确的有（    ）A．两个非零向量，若，则与共线且反向B．已知向量不能作为平面内所有向量的一个基底C．已知向量，则向量在向量上的投影向量是D．若非零向量满足：，则与的夹角为【答案】AB【分析】把平方，由数量积的运算与性质判断A，确定是否共线判断B，根据投影向量的定义求出投影向量判断C，根据向量的加减法法则（作出相应的图形）判断D．【详解】A．由得，即，所以，是非零向量，因此它们共线且反向，A正确；B．由于，它们共线，不能作为平面的基底，B正确；C．向量在向量上的投影是，与向量同向的单位向量为，因此所求投影向量为，C错；D．如图，，，作平行四边形，则，，由得是等边三角形，四边形是菱形，，D错；故选：AB．11．在中，，边上的中线，则下列说法正确的有（    ）A． B．C． D．的最大值为【答案】AD【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换，向量的数量积运算，正弦定理和余弦定理的应用，基本不等式的应用判断ABCD的结论．【详解】在中，，边上的中线，对于A，，，由余弦定理知，，化简得，，即，故A正确；对于C，，故C错误；对于B，在中，由余弦定理知，，当且仅当时取等号；由可知，由C选项可知，，则，解得：，故，故B错误；对于D，，（当且仅当时等号成立），所以的最大值为，故D正确；故选：AD．12．已知，，直线与曲线相切，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】先求导，根据切线方程可得切点横坐标，进而可得a、b关系.妙用1可判断A；直接使用基本不等式可判断B；换元转化为二次函数最值问题可判断C；利用不等式可判断D.【详解】设切点为，因为，所以，解得， ，即，对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，当且仅当，时，等号成立，故B不正确；对于C，，当且仅当，时，等号成立，故C正确；对于D，由可知D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知是定义域为R的奇函数，且当时，则________.【答案】－0.5【分析】根据奇函数的定义．结合对数运算性质计算．【详解】由，得，又当时，所以.由是奇函数，得，所以.故答案为：．14．已知，，则_________________.【答案】【分析】先由已知条件求出，再由于，所以，利用两角和的余弦公式展开计算即可.【详解】因为，，所以，所以，所以，故答案为：15．若将函数图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，已知函数的部分图象如图所示，则的解析式为___________.【答案】【分析】由题图可得、及，即可求参数并得到解析式，再由求的解析式.【详解】由图知：，且，即，∴，可得，又，则，，∴当k=0时，，故，∵所有的点向左平移个单位长度得到函数，∴.故答案为：16．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为________．【答案】12【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.【详解】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键时利用边角互化，把化为，再利用余弦定理及基本不等式即求. 四、解答题17．已知函数．(1)求f（x）的极值；(2)求f（x）在区间[－1，2]上的最大值和最小值．【答案】(1)极小值．无极大值．(2)最大值为，最小值为． 【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间，从而得极值；（2）由（1）得函数在上的单调性，计算出区间端点处的函数值，极值后可得最值．【详解】(1)，时，，递增，时，，递减，所以极小值．无极大值．(2)由（1）知在上递减，在上递增，，，．所以最大值为，最小值为．18．已知函数.(1)求函数的单调递减区间；(2)当时，能成立，求的取值范围.【答案】(1)，；(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，然后由正弦函数的单调性列出不等式，求解即可；（2）由正弦函数的性质，求出的最小值，将不等式恒成立问题转化为，即可得到答案.【详解】(1)，令，，解得，，所以的单调递减区间为，；(2)因为，则，所以，故，当时，能成立，即，所以，故的取值范围为.19．的内角的对边分别是，且，(1)求角的大小；(2)若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．【答案】(1);(2). 【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.【详解】(1)因为，由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，又因为，所以.(2)如图所示因为即，化简得①,又由余弦定理得即②，①②联立解得（舍去）或，所以.20．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）先求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）由分离参数，通过构造函数，结合导数求得的取值范围.【详解】(1)因为，所以.若，则恒成立；若，则当时，，当时，.故当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)等价于.令函数，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减.则，故的取值范围为.21．如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，△ABC的面积为S，且．(1)求角B的大小；(2)若为平面ABC上△ABC外一点，DB=2，DC=1，求四边形ABDC面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角形面积公式及余弦定理计算可得；（2）在中，由余弦定理得到，从而得到，再由从而得到，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】(1)解：在中，由，有，则，即，∵，所以．(2)解：在中，，∴，又，则为等腰直角三角形，，又，∴，当时，四边形的面积最大值，最大值为．22．已知有两个极值点，(1)求实数的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)；(2)见详解. 【分析】（1）先对函数求导，将函数有两极值点，转化为导函数对应的方程在上有两不等实根，结合一元二次方程根的分布问题的求法，即可求解；（2）由（1）根据韦达定理，以及函数解析式，先得到，将要证明的问题转化为证明，构造新的函数，利用导数的方法求新函数的最大值，即可证明不等式成立.【详解】(1)由题意，的定义域为，，因为有两个极值点，所以方程即在上有两不等实根，即函数在上有两不同零点，因此只需，解得，即实数的取值范围是；(2)由（1）知，，，，所以，因此要证，即证，即证，构造函数，，则，又在上显然恒成立，所以在上单调递减，又，，由函数零点存在性定理可得，，使得，即，即；所以当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以，又在上显然单调递增，所以，所以，即，故.【点睛】思路点睛：导数的方法证明不等式问题时，一般需要结合题中条件，先将要证明的不等式化到最简形式，再构造新函数，用导数的方法求新函数的最值或值域，即可证明不等式成立；有时也会将要证明的不等式变形，构造两个新的函数，导数的方法求两新函数的最值，即可证明不等式成立.