2023届河南省信阳市高三第一次教学质量检测数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省信阳市高三第一次教学质量检测数学（文）试题含解析，共17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届河南省信阳市高三第一次教学质量检测数学（文）试题 一、单选题1．设集合，集合，则集合等于（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【解析】先求出集合A与集合B，再求交集即可 。【详解】由题得，，.故选：C.【点睛】本题考查了集合的基本运算，函数的定义域、解不等式问题，属于基础题.2．已知向量，若∥，则等于（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】由∥，可求出的值，即可求出的坐标，进而可得的值.【详解】解：因为，若∥，所以，所以，所以.故选：C.3．“”是“在上恒成立”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】求出在上恒成立时的取值范围，结合充分条件和必要条件即可得出答案.【详解】在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上恒成立，故在上单调递增，，所以.因为，而推不出，所以“”是“在上恒成立”的充分而不必要条件.故选：A.4．已知命题“存在，使等式成立”是假命题，则实数的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可求存在，使等式成立的实数的取值集合，求其补集即可.【详解】由得，函数在上为增函数，∴，故当命题“存在，使等式成立”是假命题时，实数的取值范围为.故选：D.5．函数在区间的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A. 6．已知角终边所在直线的斜率为，则（    ）A． B．5 C． D．【答案】D【分析】先求出，再根据二次齐次式化简代入即可求解.【详解】由三角函数定义得，所以．故选：D7．为加强环境保护，治理空气污染，某环保部门对辖区内一工厂产生的废气进行了监测，发现该厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间的关系为.如果在前5个小时消除了的污染物，那么污染物减少需要花的时间为（    ）A．7小时 B．10小时 C．15小时 D．18小时【答案】B【分析】根据前5个小时消除了的污染物，由，求得k，再设污染物减少所用的时间为t，由求解.【详解】因为前5个小时消除了的污染物，所以，解得，所以，设污染物减少所用的时间为t，则，所以，解得，故选：B8．已知定义在上的偶函数满足，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意, 分析可得函数是周期为4的周期函数, 由此可得，，用赋值法求出的值, 由此计算即可得答案.【详解】根据题意, 函数满足, 则,又由为偶函数，则有,则有, 即函数是周期为4的周期函数,，令可得.，，所以故选：B9．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是①函数的图象关于点对称②函数的图象关于直线对称③函数在单调递减④该图象向右平移个单位可得的图象A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④【答案】A【解析】根据的图象及三角函数图像和性质，解得函数的解析式，得到，再结合三角函数的图像和性质逐一判定即可.【详解】由函数的图象可得，周期所以，当时函数取得最大值，即，所以，则，又，得 ，故函数，对于①，当时，，正确；对于②，当时，，正确；对于③，令得，所以函数的单调递减区间为，，所以不正确；对于④，向右平移个单位，，所以不正确；故选：A.【点睛】求三角函数单调区间的2种方法:（1）代换法:就是将比较复杂的三角函数处理后的整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性来求所要求的三角函数的单调区间；（2）图象法:函数的单调性表现在图象上是从左到右，图象上升趋势的区间为单调递增区间，图象下降趋势的区间为单调递减区间，画出三角函数的图象，结合图象易求它的单调区间.10．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，则函数在内递增，且恒大于0，可得不等式，从而可求得a的取值范围【详解】解：令，∵ 在上单调递减，∴ 在内递增，且恒大于0，且，．故选：C．11．已知实数，且，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，判断函数单调性，比大小.【详解】由，，，得，，，又，即，同理，即，所以，即，设函数，在上恒成立，故函数在上单调递增，所以，故选：A.12．已知函数，实数，满足不等式，则下列不等式成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据条件判断函数关于对称，求导，可得函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可.【详解】解：∵，∴，∴函数关于对称，又，∵，∴，∴恒成立，则是增函数，∵，∴，∴，得，故选：A.【点睛】根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，需灵活应用基本不等式求最值，综合性强，属中档题. 二、填空题13．已知函数的图象在点处的切线方程是，则______.【答案】【分析】由导数的几何意义可求得的值，由切点在切线上可得的值，即可求解.【详解】因为函数的图象在点处的切线方程是，所以，，所以，故答案为：.14．已知直线分别与函数和的图象交于点，，则_________．【答案】3【分析】根据函数和互为反函数，关于对称，求出AB的中点坐标，即可得到结果.【详解】函数和互为反函数，则函数和关于对称，将与联立求得交点为，由直线分别与函数和的图象交于点为，，，，则点，和，的中点坐标为，则，即，故答案为：315．如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区为半径是200米，圆心角是120°的扇形.为南门位置，为东门位置，小区里有一条平行于的小路，若米，则圆弧的长为___________米【答案】【分析】连结，由，可得，，在△中，由正弦定理可得，，可求出，进而可求出，进而根据圆弧所对应的圆心角及半径，可求出圆弧的长度.【详解】连结，因为，所以，.在△中，由正弦定理可得，，即，解得，因为，且，所以，所以.故答案为：.16．定义在R上的函数，恒有，当时，，若，恒有，则的取值集合为________.【答案】【分析】由可得，分析出函数的部分解析式，作出函数图象，先由，求出对应的值，根据图象可得答案.【详解】由，可得又当时，，所以 根据，当时，，可知当时，由上的图象，可作出的图象，如图.当时，当时，，又由，可得 ，恒有，如图可得的范围是 故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查函数的基本性质周期性的应用，解答本题的关键是由性质可得，得出函数的解析式，作出函数的图象，根据图象分析得出当，可得，属于中档题. 三、解答题17．在平面直角坐标系中，已知向量，，.(1)若，求的值；(2)若与的夹角为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；（2）首先求出，，依题意可得，再利用两角差的正弦公式计算可得；【详解】(1)解：因为，且，所以，即，所以；(2)解：因为，，所以，，因为与的夹角为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以；18．已知，设：，成立；：，成立，如果“”为真，“”为假，求实数的取值范围.【答案】【解析】由不等式恒成立问题，构造函数，，用配方法求函数最小值，由存在性问题，求，，利用单调性求最大值，再由“真假”或“假真”，列不等式组求解．【详解】若为真，则对，恒成立，设，配方得，∴在上的最小值为-3，∴，解得，∴为真时，.若为真，则，成立，即成立.设，则在上是增函数，∴的最大值为，∴，∴为真时，.∵“”为真，“”为假，∴与一真一假.当真假时，，∴.当假真时，∴，∴.综上所述，.【点睛】本题考查了恒成立问题及存在性问题及复合命题及其真假，属于中档题．19．已知函数是偶函数.(1)求的值；(2)若函数的图象与的图象有且只有一个公共点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用函数为偶函数的性质，得，即这是恒等式，可得；（2）函数图象的交点转化为方程的解，题意说明方程只有一解，即有且只有一个实根，换元后得方程有且只有一个正实根，分类讨论一元二次方程根的情况可得的范围．【小题1】由，，，∴；【小题2】由题方程只有一解，即有且只有一个实根，令，则，从而方程有且只有一个正实根，当时，（舍去），当时，若，则或，但时，根，舍去.时，根为，符合题意．若，则，解得，从而所求的范围是.20．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II） [方法一]：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化简得故的取值范围是.[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.21．如图，扇形区域（含边界）是一风景旅游区，其中P，Q分别在公路OA和OB上．经测得，扇形区域的圆心角，半径为5千米．为了方便旅游参观，打算在扇形区域外修建一条公路，分别与OA和OB交于M，N两点，并且MN与相切于点S（异于点P，Q），设（弧度），将公路的长度记为（单位：千米），假设所有公路的宽度均忽略不计．(1)将y表示为的函数，并写出的取值范围；(2)求y的最小值，并求此时的值．【答案】(1)，(2)的最小值为，此时的值为 【分析】（1）由图知，在两个直角三角形中求得相加即可得，的范围易得；（2）令，换元后应用基本不等式求得最小值．【详解】(1)因为MN与相切于点S，所以，在中，因为，，所以，    在中，因为，，所以，        所以，    （）(2)因为，所以，令（），则，所以，    当且仅当，即时取等号，此，又，所以．所以公路MN长度的最小值为，此时的值为．22．已知函数，其中.（Ⅰ）当a=1时，求函数的单调区间：（Ⅱ）求函数的极值；（Ⅲ）若函数有两个不同的零点，求a的取值范围．【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+） ，增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1【分析】（Ⅰ）当a=1, f′（x）=,解f′（x）<0和f′（x）>0确定单调区间；（Ⅱ）f′（x），讨论a≤0和a＞0时f′（x）的符号，确定单调性和极值；（Ⅲ）由（Ⅱ）知当 a≤0时，f(x)至多有一个零点，舍去；当a＞0时，函数的极小值为f(a)=设函数g(x)=lnx+x-1，求导确定g（x）：当0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0，分情况讨论：当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0，f(x)至多有一个零点，不符合题意；当a>1时，由零点存在定理确定（）和（a,3a-1）各有一个零点，则a可求【详解】（Ⅰ）当a=1时,, f′（x）=当f′（x）<0时，x>1; f′（x）>0时，0<x<1∴函数的单调减区间为（1，+） ，增区间为（0,1）（Ⅱ）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x），若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，无极值若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，当0＜x＜a时，f′（x）>0，当x＞a时，f′（x）<0，此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；∴当x=a时，函数的极大值为f(a)=，无极小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当 a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，函数的极小值为f(a)=，令g(x)=lnx+x-1(x>0)∵ ∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0(i)    当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；(ii)    当a>1时，f(a)=ag(a)>0∵∴函数f(x)在（）内有一个零点，∵f(3a-1)=aln(3a-1)-设h(x)=lnx-x(x>2)∵ ∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0∴函数f（x）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点综上，函数有两个不同的零点时，a>1【点睛】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的零点个数的判断，函数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力．