四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（文科）试题（解析版）

这是一份四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（文科）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
遂宁市高中2023届零诊考试数学（文科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．总分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题，满分60分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并检查条形码粘贴是否正确．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．3．考试结束后，将答题卡收回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1. 已知集合，，那么等于（    ）A. 或 B. 或C. 或 D. 或【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.【详解】，解得或，所以或，所以或.故选：B2. 已知复数（是虚数单位），则的虚部为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数乘法运算求解得，再求虚部即可.【详解】解：因为，所以，的虚部为.故选：C3. 设m，n为实数，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据指数函数和对数函数单调性分别化简和，根据充分条件和必要条件的定义判断两者关系.【详解】因为函数为上的单调递增函数，又，所以，所以，又函数在上单调递减，所以，所以“”是“”的充分条件，因为函数在上单调递减，又，所以，当为负数时，没有对数值，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件，A正确，故选：A.4. 若为等差数列，是数列的前项和，，，则等于（    ）A. 7 B. 6 C. 5 D. 4【答案】D【解析】【分析】根据题意，设等差数列的公差为，进而建立方程组求解得，再计算即可.【详解】解：根据题意，设等差数列的公差为，因为，所以，解得，所以.故选：D5. 已知，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由，然后根据正切的和差公式求解即可．【详解】解：，，．故选：D．6. 若实数，满足，则的最大值为（    ）A. 8 B. 7 C. 2 D. 1【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再结合图象求出目标函数的最值.【详解】由约束条件作出可行域，如图：联立 ，解得由，得，为直线的纵截距.由图可知，当直线过点时，直线的纵截距最大，且.故选：B.7. 为公比大于1的正项等比数列，且和是方程的两根，若正实数x，y满足，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先利用等比数列的性质得到，结合韦达定理，，得到，求出或4，结合公比，求出，得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值.【详解】由题意得：，，因为为公比大于1的正项等比数列，所以，故，，由得，将其代入得：，解得：或4，设公比为，则，当时，，所以，因为，解得：当时，，所以，因为，不合题意，舍去；所以，即，，当且仅当，即时，等号成立，故选：B8. 已知满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为(    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据判断函数的奇偶性，再根据奇偶性和x＜0时的解析式，求出f(x)在x＞0时的解析式，再根据导数的几何意义即可求解．【详解】已知满足，∴为奇函数，当时，，因此，则x＞0时，，曲线在点处的切线斜率，又，∴曲线在点，即(1，0)处的切线方程为，整理得﹒故选：C．9. 已知是定义在上的奇函数，且，对于上任意两个不相等实数和，都满足，若，，，则的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题知函数为偶函数，在上单调递增，进而根据结合函数的性质比较大小即可.【详解】解：因为是定义在上的奇函数，所以，所以，即函数为偶函数，因为对于上任意两个不相等实数和，都满足，所以函数在上单调递增，因为，因为，所以，，即.故选：A10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（    ）A. 若，则B. 若为锐角三角形，则C. 若，则一定为直角三角形D. 若，则可以是钝角三角形【答案】D【解析】【分析】A.由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断.B.通过内角和为化简，再借助角为锐角得到角满足的关系，在再取角的正弦值化简即可.C.边化角，运用两角差的正弦公式化简，得到角的关系，再借助内角和为计算即可得到.D. 通过内角和为化简角，再利用两角和正切公式化简即可得到，然后判断即可.【详解】A.因为，所以由正弦定理知，又因为在三角形中大角对大边，所以.故选项A正确.B. 因为为锐角三角形，所以，即，所以.故选项B正确.C.由正弦定理边化角得,则或（舍），则,即，则一定为直角三角形.故选项C正确.D. 又因为最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角,所以为锐角三角形.故选项D错误.故选：D.11. 在中，，，为线段的中点，，为线段垂直平分线上任一异于的点，则（    ）A.  B. 4 C. 7 D. 【答案】C【解析】【分析】先根据题意得为直角三角形，，进而得，再根据，，得.【详解】解：因为在中，为线段的中点，所以，即，因为，，，所以，即，因为，所以，即，所以，，即，所以，因为，所以，即为直角三角形，所以因为为线段垂直平分线上任一异于的点，所以，，，所以故选：C12. 已知向量的夹角为60°，，若对任意的、，且，，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量数量积的定义求得，于是由数量积的应用可得，对任意的、，且，则将转化为，即，则构造函数得函数在上单调递减，求导判断单调性，即可得的取值范围.【详解】解：已知向量夹角为60°，，则所以所以对任意的、，且，，则所以，即，设，即在上单调递减又时，，解得，所以，，在上单调递增；，，在上单调递减，所以.故选：A.第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）注意事项：1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上．2．试卷中横线的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答．本卷包括必考题和选考题两部分．第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，，若与垂直，则实数等于____．【答案】0或4【解析】【分析】根据向量坐标运算的垂直关系计算即可.【详解】向量，，若与垂直，则，解得或，故答案：0或4.14. __【答案】6【解析】【分析】根据指数、对数、三角函数等知识确定正确答案.【详解】原式.故答案为：15. 若命题“”是假命题，则实数a的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】由题意，命题的否定为真命题，分别讨论和两种情况，根据二次函数的性质，即可得答案.【详解】因为命题“”是假命题，所以命题的否定：为真命题，当时，恒成立，符合题意，当时，由题意得：，解得.综上实数a的取值范围是.故答案为：16. 正割（Secant，sec）是三角函数的一种，正割的数学符号为sec，出自英文secant．该符号最早由数学家吉拉德在他的著作《三角学》中所用，正割与余弦互为倒数，即．若函数，则下列结论正确的有__①函数的图像关于直线对称；②函数图像在处的切线与轴平行，且与轴的距离为；③函数在区间上单调递增；④为奇函数，且有最大值，无最小值．【答案】②③【解析】【分析】根据判断①；根据导数的几何意义求切线方程判断②；根据导数求解函数的单调性判断③；结合函数的单调性判断④.【详解】解：对于①，由题知，，显然，故函数的图像不关于直线对称，故①错误；对于②，，，所以，，所以，函数图像在处的切线方程为，所以，函数图像在处的切线与轴平行，且与轴的距离为，故正确；对于③，因为，令，则恒成立，所以，在上单调递增，因，所以，时，；时，，因为函数的定义域为所以，当时，，，所以，函数在区间上单调递增，故正确；对于④，函数的定义域为，，故函数为奇函数；由③知，当和时，函数为增函数，所以，当从趋近于时，函数值趋近于，故函数无最大值，当从趋近于时，函数值趋近于，故函数无最小值，故④错误.所以，正确的结论有：②③故答案为：②③三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知集合，函数的定义域为集合．（1）当时，求；（2）设命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意得或，再求交集运算即可；（2）由题知或，，再根据集合关系求解即可.【小问1详解】解：当时，，由题意，解得或，所以或，又，所以.【小问2详解】解：由题意，即，解得：或，所以或，因为p是q的充分不必要条件，所以，集合是集合的真子集，所以或，解得或故实数的取值范围．18. 已知公比大于1的等比数列满足，，数列的通项公式为（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和Tn．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用等比数列的通项公式化简条件，求出等比数列的公比，由此可得数列的通项公式；(2)由(1)可得，利用裂项相消法和组合求和法求数列的前n项和Tn.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，由，，可得，即得，解得或（舍去），故 ，所以的通项公式为；【小问2详解】若，则，故，即，即所以.19. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若时，函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求实数b的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求解不等式即可作答.（2）根据给定条件，构造函数，求出三次函数的极值，列出不等式求解作答.【小问1详解】函数定义域R，求导得，若，当时，，当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增；若，恒有．即在上单调递增；若，当时，；当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增，所以当时，函数的递减区间是，递增区间是和；当时，函数在上单调递增；当时，函数的递减区间是，递增区间是和.【小问2详解】当时，，令，因函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，则函数图象与轴有三个交点，而，由，解得或，由，解得，因此函数在上单调递增，在上单调递减，于是得在时取得极大值，在时取得极小值，依题意，，解得，所以实数的取值范围为．20. 已知函数（1）求函数的对称中心及在上的单调递增区间；（2）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，，，求的值．【答案】（1）对称中心为；单调递增区间为，    （2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换得，再根据整体代换求解即可；
（2）结合（1）得，进而得，再根据余弦定理和已知条件得，，进而结合正弦定理求解即可.【小问1详解】解：函数．由，，解得，故所求对称中心为．由，，解得，令，有，令，有又，所以所求的单调递增区间为，【小问2详解】解：因为，所以，即又在中，所以，即，由余弦定理知，，又所以，解得，，由正弦定理知，，所以21. 已知函数，，其中为自然对数的底数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）令，求证：对，有成立；（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；    （2）证明见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求曲线在点处的切线的斜率，利用点斜式求切线方程；（2）利用导数求函数的最小值，利用基本不等式求的最大值，由此证明；（3）由已知可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数求函数的最大值，可求的取值范围．【小问1详解】因为，所以，所以，，所以曲线在点处的切线的斜率为2，故切线方程为，即；【小问2详解】因为，当时，，故在上单调递增，所以，又，因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，即当时，，由于的最小值等于的最大值，且不是在同一点取得，故有成立【小问3详解】由不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，得在上恒成立，令，由(2) 在上单调递增，所以，则在上恒成立，在上恒成立，令，则在递减，所以实数的取值范围是【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立⇔；(2)恒成立⇔.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．［选修4—4：坐标系与参数方程］22. 平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）曲线与交于M，N两点，求与直线MN平行且过原点的直线l的极坐标方程及的值．【答案】（1）；    （2）；【解析】【分析】（1）求曲线的普通方程只需把平方即可，求曲线的方程只需极坐标与直角坐标的转化公式化简即可 .（2）两圆方程联立即可求相交弦方程，即直线MN的方程，再根据平行求出直线l的方程，进而可求直线l的极坐标方程，再利用圆的弦长与圆心到直线的距离，半径之间的关系即可求出的值．【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），可得，即曲线的普通方程为；曲线的极坐标方程为  .故曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】由（1）得 即直线的方程为，则与直线平行且过原点的直线的方程为，其倾斜角为所以直线的极坐标方程为；设曲线的圆心到直线的距离为，则 ，故．故：［选修4—5：不等式选讲］23. 已知函数（1）当时，解不等式；（2）若对于任意的恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，分类讨论求解即可；（2）根据题意且对任意的恒成立，再求对应的最值即可得答案.【小问1详解】解：当时，不等式，即，所以或，即得或，解得或，所以不等式的解集为或【小问2详解】解：因为对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，即，即，故只要且对任意的恒成立即可，因为，，当且仅当时，即时等号成立，所以，令，，因为函数在上单调递增，所以在上的单调递增，从而，所以，，即实数的取值范围是