2023届江西省南昌二中百校联盟高三上学期联合测评卷-数学（理）试题含解析

2023届江西省南昌二中百校联盟高三上学期联合测评卷

数学（理科）

（120分钟   150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将答题卡交回。

一、选择题；本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知命题，则（    ）

A．     B．

C．     D．

2．已知，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

3．设集合，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

4．在中，点D满足．记，则（    ）

A．  B．    C．    D．

5．若，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

6．函数的导函数在区间上的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

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．

8．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

    （第8题图）

A．直线是图象的一条对称轴

B．图象的一个对称中心为

C．在区间上单调递增

D．将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象

9．设，则（    ）

A．   B．   C．   D．

10．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（    ）

  （第10题图）

A．   B．   C．   D．

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

12．已知，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A．  B．  C．  D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数________．

14．已知为R上的奇函数，当时，，则________．

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________．

16．已知函数是定义域为R的偶函数，当时，，如果关于x的方程恰有7个不同的实数根，那么________．

三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）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．

18．（12分）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．

19．（12分）函数在一个周期内的图象如图所示，点A为图象的最高点，点B、C为图象与x轴的交点，且为正三角形．

      （第19题图）

（1）求的值及函数的值域；

（2）若，且，求的值．

20．（12分）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．

21．（12分）江西某中学校园内有块扇形空地，经测量其半径为60m，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．

 （第21题图）

（1）取弧的中点E，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．

22．（12分）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．

2023届高三联合测评卷·数学（理科）

参考答案

一、

1．D【解析】命题的否定为．故选D．

2．A【解析】由“”成立可推出，继而可得到；当时，比如，推不出成立，故“”是“”的充分不必要条件．故选A．

3．B【解析】由解得，，，，，．故选B．

4．C【解析】如图所示，

由图易得，，故．故选C．

5．D【解析】，故，故．

，故，，，即，故．故选D．

6．C【解析】，，，为奇函数，从而的图象在区间上关于原点对称，由此可排除A、B．又，排除D．故选C．

7．C【解析】由，得函数图象的对称轴是直线，故函数在上单调递减，由在区间上单调递减，则解得．故选C．

8．B【解析】由函数图象可知，，最小正周期为，，将点代入函数解析式中，得：，结合，，故．A．当时，，故直线不是图象的一条对称轴，A错误；B．令，则，，当时，，即图象的一个对称中心为，故B正确；C．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．将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误．故选B．

9．A【解析】由不等式，可得，即；，设，，，，，在上单调递增，当，，，即．故选A．

10．B【解析】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．

11．C【解析】

，A错误；当时，，，则在上，，，，递减；在上，，，递增，故在上不单调，B错误；定义域为R，且，，，故是偶函数，C正确；，，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．D【解析】，则．当时，；当时，，，设，则，两式相减，得，则，，，，令，，令，则，令，则，函数在上单调递减，，即，，，∴函数在上单调递减，，，，，实数的取值范围为．故选D．

二、

13．【解析】，，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，，．

14．【解析】，，，．

15．【解析】由题设及正弦定理边角关系可得，，即，而，故，又，则，故，而，，，当且仅当时等号成立，故的最小值为．

16．4【解析】函数是定义域为R的偶函数，当时作出的大致图象，如图所示：

令，由图象可知时，有3个根，时，有4个根，当时，有2个根，当时，有6个根，故关于x的方程恰有7个不同的实数根，则，需为的两实数根，故，，即，，则，故．

三、

17．解：（1）若p为真，恒成立，而，有，，．（4分）

（2）若q为真，存在，使得不等式成立，只需，而，，即；（6分）

若为假命题，为真命题，用p，q一真一假．（7分）

若q为假命题，p为真命题，是；若p为假命题，q为真命题，则．

综上，实数m的取值范围为或．（10分）

18．解：（1）由题意得，且，由正弦定理得，，故，．（6分）

（2），则，又，可得，（9分）

又，（10分）

得，，，．（12分）

19．解：（1）由已知可得，（2分）又正三角形的高为，则，函数的最小正周期，即，得，函数，函数的值域为．（6分）

（2），由（1）得，即，由，得，即，故．（12分）

20．解；（1）由题意得，，是函数的极小值点，，故．（4分）

检验：当时，，，得，则递增，，则时，，时，，则在上递减，在上递增，故是函数的极小值点．（6分）

（2），则，若在R上是增函数，即恒成立，得，设，，得，得，即在上单调递减，在上单调递增，则，故．（12分）

21．解：（1）如图所示，设交于点M，交于点N，显然矩形关于对称，而点M，N分别为，的中点．，．在中，，，，，即，而，故矩形的面积．，，．故当，即时，S取得最大值，此时，矩形面积的最大值为．（6分）

（2）如图所示，在半径上截取线段为矩形的一边，作得矩形，，，可得，，则，，，可得，当时，即时，S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．（12分）

22．解：（1），，，（1分）

若，则，，故在上单调递增，在上单调递减；若，令，得，

①当即时，或，在和上单调递减，，在上单调递增；

②当即时，或，在和上单调递减，，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．（6分）

（2）

当时，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，因此，．若，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，舍；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，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．（12分）