安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三数学上学期第一次联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年高三年级第一次联考

数学

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

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，将本试卷和答题卡一并交回．

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. 若集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得，，再根据交集的定义求解即可.

【详解】解:  依题意，，

，

故．

故选：B.

2. 已知命题“，”，则命题的真假及分别为（    ）

A. 真， B. 假，

C. 真， D. 假，

【答案】B

【解析】

【分析】根据特例法，结合全称命题的否定的性质进行判断即可.

【详解】令，可知，故命题为假，全称量词命题的否定为存在量词命题，故，，

故选：B

3. 已知向量，的夹角为，且，，则（    ）

A. 9 B.  C. 16 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据数量积的定义与运算律计算.

【详解】

．

故选：C

4. 某种水稻害虫数量的日增长率为，最初发现时约有只，则达到最初数量的250倍，大约需要经过（    ）

参考数据：，，，．

A. 141天 B. 132天 C. 120天 D. 112天

【答案】A

【解析】

【分析】设大约需要经过天，列方程并用对数运算求解即可.

【详解】设大约需要经过天．依题意，，

则，故，

则.

故选：A

5. 函数的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】特殊值法排除确定函数的图像．

【详解】，故排除B，C；

，故排除D．

故选：A．

6. 已知为锐角，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】C

【解析】

【分析】利用三角恒等变换公式以及充要条件的定义求解.

【详解】依题意，，

故，

即．

因为，所以，

即，解得．

故“”是”的充要条件．

故选:C.

7. 如图所示，为了测量某座山的山顶A到山脚某处B的距离（AB垂直于水平面），研究人员在距D研究所处的观测点C处测得山顶A的仰角为，山脚B的俯角为.若该研究员还测得B到C处的距离比到D处的距离多，且，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设出，，通过已知在中由余弦定理得出，过点C作，结合已知得出与即可得出答案.

【详解】设，则，

，，

则在中由余弦定理可得：

，

解得：，

则，，

过点C作，

研究人员在距D研究所处的观测点C处测得山顶A的仰角为，山脚B的俯角为，

，，

则，

，

则，，

则，

，

故选：B.

8. 已知，若函数在上无零点，则的值可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用三角恒等变换将问题转化为方程无解，从而得到或，由此利用正弦函数的性质与辅助角公式即可得解.

【详解】令，则，

故，则，故在无零点，所以，

所以或，

当时，由于，所以，

因为，所以；

当时，，则，即，故，

因为，所以，故，则；

综上：或，所以不可能为第二角限角.

故选：D.

9. 中华人民共和国国旗上的五角星均为正五角星，正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，依次连接，，，，形成的多边形为正五边形，且，现有如下说法：①；②若，则；③若，则．其中正确的个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】对①：结合向量运算及平面几何知识可知；

对②：由，， 三点共线解得；

对③：由余弦定理计算，用数量积定义计算的值.

【详解】

连接，在正五边形中，所以，

，所以，所以，

又，故，故①错误；

因为，，三点共线，所以，

所以，整理得

故，故②错误；

若，则，，

由余弦定理可知，

故，故③正确．

故选:B．

10. 已知函数若有5个不同的零点，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用转化法，把零点问题转化为两个函数的交点问题，利用数形结合思想进行求解即可.

【详解】令，则．令，则在上单调递增．易知，所以当时，，单调递减，当时，．单调递增，所以，又，所以的大致图象如图所示，

当有5个不同的零点时，函数与直线有5个不同的交点，由图可知，的取值范围为．

故选：C

【点睛】关键点睛：利用转化法，结合导数的性质、数形结合思想进行求解是解题的关键.

11. 已知，，三点共圆，，且点，，满足，若，则点到点的距离的最大值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】应用平面向量基本定理结合图形特征，解决距离和最大.

【详解】作出图形如图所示，取线段的中点．

因为，

所以，故，故点在以为圆心，为半径的圆上，

则点到点的距离．

设，，所在圆的圆心为，

则当，，三点共线，即点在线段上，时，取到最大值，

此时为等边三角形，故，则点到点的距离的最大值为．

故选：D.
 

12. 若，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】化简得，构造函数，利用导数判断函数单单调性，求出，从而得；再设，利用导数判断的单调性，得出，从而得，即可得答案.

【详解】解:因为，，，

令，

则，

令，

则，

可知当时，为单调递减函数，

所以，

所以在是单调递增函数，最大值为，

即当时，，单调递减，，

所以，

即，

所以，

再设，

则，

令，得，解得，

所以当时，，所以单调递增，

所以，

所以，

即，

所以，

综上所述：

故选：C.

【点睛】方法点睛：对于比较大小的题，不能找到中间量时，常采用构建函数的方法，通过求导，确定函数的单调性，再根据函数的单调性即可得结果.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数的图象在点处的切线与直线相互垂直，则__________．

【答案】1

【解析】

【分析】对求导表示出，由切线与直线相互垂直得，可求得的值.

【详解】依题意，，故．

因为图象在点处的切线与直线相互垂直，

所以，则，解得．

故答案为：1

14. 已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________．

【答案】

【解析】

【分析】先求出集合A，根据题意得到B是A的真子集，得到答案.

【详解】依题意，

，

已知“”是“”的必要不充分条件，所以B是A的真子集，

故，解得，

故实数的取值范围为．

故答案为：.

15. 已知函数的部分图象如图所示，若，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据“五点法”求出函数解析式，再由解出，即可得出最小值.

【详解】依题意，，解得，故，

故，而，

解得．因为，所以，

故．令，则，

故或，

解得或，故的最小值为．

故答案为：

16. 已知等腰梯形是半径为2的圆的内接四边形，且，，则等腰梯形的四条边长的乘积的最大值为__________．

【答案】36

【解析】

【分析】如图所示，连接，设，，则，根据正弦定理

得到乘积为，设，得，再利用均值不等式得到答案.

【详解】如图所示：连接，设，，则．

在中，，，，

在，，，

故梯形的四条边乘积

，

设，得，，，

，

（当且仅当时，等号成立）．

，当时，取得最大值．

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查了正弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，

转化能力和综合应用能力，其中引入变量，将乘积转化为关于函数关系再利用均值不等式求解是解题的关键.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角函数的定义求出三角函数值，再利用正切的倍角公式与和差公式即可得解；

（2）利用正余弦函数的倍角公式，转化为齐次式，从而化简代入即可.

【小问1详解】

依题意，．

则．

故．

【小问2详解】

依题意，

.

．

18. 已知函数，.

（1）设在上的最小值为，将表示为的函数；

（2）若函数存在零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)令，，问题转化为求函数在上的最小值，对分、、三类讨论，分别求得对应的，综合可得答案；

(2)依题意，可得，令，再令，可转化为在上有解，显然，分离参数，利用基本不等式可得答案.

【小问1详解】

依题意，，，

令，则，故问题转化为求函数在上的最小值；

当，即时，在上单调递增，此时；

当，即时，在上单调递减，此时；

当，即时，在上单调递减，

在上单调递增，此时；

综上所述，.

【小问2详解】

依题意，

，令，

可得，

令，则，

故在上有解，显然，

所以，

当且仅当，即时取等号，

故实数的取值范围为.

19. 已知向量，，，函数．

（1）若，求在上的单调递减区间；

（2）若关于的方程在上有3个解，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】(1)化简得，由正弦函数的性质可得函数的单调递减区间为，进而可得在上的单调递减区间；

(2)由题意可得，从而可得，结合题意可得，求解即可.

【小问1详解】

解：依题意，，

当时，．

令，

得，

当时，，

故在上的单调递减区间为；

【小问2详解】

解：依题意，，

则或，

则或．

则，

则，解得，

即的取值范围为．

20. 已知中，角所对的边分别为，，，其中，，，，.

（1）求值；

（2）若点到点的距离为，线段与线段相交，且，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用三角恒等变换求得，进而可得，再利用正弦定理、余弦定理求解即可； (2)利用余弦定理和面积公式求解即可.

【小问1详解】

依题意

则，

因为，所以,,

又因，所以，

则，

由正弦定理得再由余弦定理得，

整理得，

解得或(舍).

故，.

【小问2详解】

由（1）知，

由余弦定理得，所以，

21. 已知函数，．

（1）当时，求的极值；

（2）若不等式在时恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）无极小值，极大值为   

（2）

【解析】

【分析】(1)先求导数，再根据单调性确定是否有极大值和极小值，代入原函数求出极大值即可；

(2)不等式化简设出新函数，先特殊值限定范围，再证明范围即是所求.

【小问1详解】

由题可知，定义域为，

则．

所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．

所以在上有极大值，无极小值，

极大值为．

【小问2详解】

原不等式等价于在上恒成立，

令，

因为，

所以要使在上恒成立，

则在处必小于等于0．

，

由，可得．

下面证明：当时，在上恒成立．

因为当，时，，

令

当

在单调递增, ,所以，

所以．

所以，所以在上单调递减，

又因为，所以，

即原不等式在上恒成立．

综上，的取值范围为．

22. 已知函数，．

（1）若在上的值域为，求在上的单调区间；

（2）若函数，则当时，求的零点个数．

【答案】（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为   

（2）有且仅有1个零点．

【解析】

【分析】（1）先利用导数与函数的关系，分析得的单调性，再结合题意得到是的极小值点，从而确定，再结合的单调性可推得，由此得解；

（2）先构造函数，得到的不等关系式，再构造函数，分类讨论与两种情况，结合零点存在定理证得有且仅有1个零点，从而得到的零点个数.

【小问1详解】

因为，所以，

令，解得或，

当，即时，令，得；令，得或；

所以在，上单调递增，在上单调递减，此时是的极大值点；

当，即时，令，得；令，得或；

所以在上单调递减，在，上单调递增，此时是的极小值点；

当时，恒成立，则在上单调递增，

此时，易得，，不满足题意；

又，在上的值域为，

所以在上的最值为，故是的极大值点，

所以，

此时，有或两种情况，都有，故满足题意，

所以由上述分析可知，的单调递增区间为和，单调递减区间为．

【小问2详解】

令，则，

所以在上单调递增，

又，所以当时，，即，当时，，即；

因为，

令，则，

令，则，

令，解得或．

①若，则，此时在上单调递增．

又，所以有且仅有1个零点，即有且仅有1个零点．

②若，，则当时，，当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

则，故在上没有零点，

下证．

当时，．

因为，所以．

因为，所以，

所以，

所以．

从而在上有唯一零点，

所以在上有唯一零点，在上没有零点，

综上所述，当时，有且仅有1个零点，故有且仅有1个零点．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．