41，四川省绵阳市绵阳中学2023届高三上学期第一学月考试数学（理）试题

这是一份41，四川省绵阳市绵阳中学2023届高三上学期第一学月考试数学（理）试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：赵志明 徐娟 谢金芮 康微
一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分）
1. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出不等式即可求出答案.
【详解】因为
所以
故选：D
【点睛】本题考查的是集合的运算，较简单.
2. 设向量，，则的夹角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的夹角公式求解即可.
【详解】由题得.
所以.
所以的夹角等于.
故选：
【点睛】本题主要考查平面向量的夹角公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
3. 已知命题，则命题 的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定为全称量词命题判断即可.
【详解】命题“，”的否定为“，”.
故选：A.
4. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】第一步，由函数为偶函数，排除C、D选项；
第二步，通过,排除B选项.
【详解】由函数得，
即，
故函数的定义域为，且对都有，
成立，
所以函数是偶函数，，排除C、D选项；
又,排除B选项.
故选：A
5. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，，
两式相比得，即，
所以.
故选：B.
6. 如图，在梯形中，，，为线段的中点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据向量的线性运算法则求解即可．
【详解】解：由题意，根据向量的运算法则，可得，
故选：D．
7. 设当时，函数取得最大值，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由辅助角公式可确定，从而得到；利用同角三角函数平方关系可构造出方程组求得结果.
【详解】，其中
，即
又
【点睛】本题考查根据三角函数的最值求解三角函数值的问题，关键是能够确定三角函数的最值，从而得到关于所求三角函数值的方程，结合同角三角函数关系构造方程求得结果.
8. 已知函数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由最值可求得，根据最小正周期可求得，由可求得，从而得到解析式；由三角函数平移和伸缩变换原则可得.
【详解】由图象可知：，最小正周期，，，
，，解得：，
又，，；
将图象向右平移个单位长度可得：；
将横坐标变为原来的倍得：.
故选：A.
9. 已知函数 满足 ，且当 时，成立，若 ，则 ，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造，，研究其奇偶性及单调性，进而可求得结果.
【详解】令，，
因为，所以，
所以为奇函数，
又因为当时，，
所以当时，，所以在上单调递增，
又为奇函数，
所以在上单调递增，
又因为，， ，
，
所以，即.
故选：A.
10. 在直角三角形中，，，，在斜边的中线上，则的最大值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，写出各点坐标，利用向量的坐标运算转为求二次函数的最值.
【详解】以为坐标原点，以，方向分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，
则，，BC中点D(则直线AD方程为y=
设,所以，，， .
则当x=时的最大值为.
故选B
【点睛】本题考查数量积在平面几何中的应用，建立坐标系是常用的方法，属于基础题.
11. 若存在唯一的正整数，使得不等式恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为在时有唯一的正整数解，研究（）单调性，进而可得只需即可满足题意.
【详解】由题意知，在时有唯一的正整数解.
设（），则，
又，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以要满足在时有唯一的正整数解，
则只需要，
又，，
所以.
故选：D.
12. 已知函数.若函数有四个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先运用导数求得函数单调区间，并作出图象，再根据图象列出函数有4个零点所需的条件.
【详解】
函数，函数性质分段讨论如下：
当时，最小值为-1，
当时，令解得： ，
所以函数递减，函数递增,且 时，
综合以上分析，作出函数图象，如图.
由图可知，函数有两个零点，和（*），
再考察函数的零点，由（*）可知，或，即或根据题意，这两个方程共有四个根，结合函数图象，解得，.
故选：B
【点睛】思路点睛：本题主要考查了函数零点的判定，以及函数的图象和性质，并运用导数确定函数的单调区间，结合函数图象得出零点个数，具有一定的综合性，属于难题.
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13. 已知在等比数列{an}中，a1+a2＝3，a5+a6＝12，则a9+a10＝___．
【答案】48
【解析】
【分析】根据等比数列的性质，即可直接列式求得结果.
【详解】由等比数列的性质可得：a1+a2，a5+a6，a9+a10，成等比数列．
∴a9+a10＝＝48．
故答案为：48．
【点睛】本题考查等比数列性质的应用，属简单题.
14. 向量，满足，，且，则，的夹角的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据两边平方，然后根据平面向量的数量积公式进行求解即可．
【详解】因为，
所以，
即，
所以，故．
故答案为：
【点睛】本题重点考查了数量积的概念、运算法则及夹角等知识，属于基础题．
15. 已知定义在上的函数的图象关于点对称，且满足 ，又，，则 _________.
【答案】1
【解析】
【分析】由可得的周期，进而可得、，结合的图象关于点对称与可得关于对称，进而可求得，从而运用周期性求值即可.
【详解】因为，所以，
所以，即是以3为周期的函数.
所以，，
又的图象关于点对称，所以，
又已知，所以，
所以关于对称，即为偶函数，则，
所以，
所以.
故答案为：1.
16. 已知函数在区间上单调，且满足 有下列结论：
①；
②若，则函数的最小正周期为；
③当时，存在使得关于的方程在区间上有个不相等的实数解；
④若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为，
其中所有正确结论的编号为_________
【答案】①②④
【解析】
【分析】直接利用三角函数的额关系式和三角函数的图象变换，结合正弦型函数的性质，函数的零点和方程的根的关系，逐一判断，即可求解.
【详解】由函数 满足 ，
对于①中，由，可得，所以①正确：
对于②中，由，所以函数 的对称方程，
则，所以函数的最小正周期为，所以②正确；
对于③中，关于的方程 有几个实数解，
函数在区间 上单调，且满足 ，
所以只需验证，周期最小的时候的实数解个数，
当 时，在区间 上的实数解为共有三个，所以③错误；
对于④，函数在区间上恰有5个零点，所以，
所以，解得且满足 ，
即，解得，故，所以④正确
故答案为：①②④.
三、解答题（本大题共5小题，共70分）
17. 已知,，函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为.
（1）求的值；
（2）已知，，分别为中角，，的对边，且满足，，求周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的公式及三角恒等变换化简可得函数解析式，再根据函数的周期，可得的值；
（2）由，可得，再根据余弦定理，结合基本不等式可得的最大值，及周长的最大值.
【小问1详解】
由,，
则，
又函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，
即，，
所以；
【小问2详解】
由，，
所以，
则，，
由余弦定理，得，
所以，
所以，
解得，
当且仅当时等号成立，
所以，
即当为等边三角形时，周长最大为.
18. 在 中，角 对边分别为 ，且 . 从下列选项中任选两个条件作为一个条件组合：① ② ③，若该三角形满足其中的某个条件组合.
（1）请指出所有不正确的条件组合，并说明理由.
（2）指出正确的条件组合，并求该三角形面积.
【答案】（1）①②，②③，理由见解析
（2）①③正确， .
【解析】
【分析】（1）由可得，若选①②，此时，不合理；若选②③，结合大边对大角可得，此时，不合理.
（2）运用正弦定理可得，由同角三角函数平方关系可得，结合和角公式及三角形面积公式计算即可.
【小问1详解】
不正确的条件组合为：①②，②③.理由如下：
若选①②，由，所以，而，此时，所以这种情况不合理；
若选②③，由，所以，
又因为 ，所以，此时，所以这种情况不合理.
【小问2详解】
正确的条件组合为：①③.
如图所示，
因为，
所以由正弦定理可得，
又，所以，
所以，
所以，
所以.
19. 已知函数在处有极值．
（1）求，的值；
（2）若，函数有零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】（1）求得，根据在处有极值，列出方程组，求得的值，再结合函数极值的定义，即可得到答案；
（2）把，函数有零点，转化为函数与的图象有交点，根据函数的单调性，求得函数的值域，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为函数在处有极值，可得，解得，
所以函数，此时，
当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，符合题意，
所以.
（2）由，函数有零点，即，函数有根，
即，函数与的图象有交点，
又由（1）知，当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，可得，所以函数的最大值为，
即函数的值域为，
要使得函数与的图象有交点，可得，
即实数的取值范围是.
20. 已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程
（2）若 对任意的 恒成立，求满足条件的实数 的最小整数值.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出在处的导数值，求出，即可得出切线方程；
（2）先由题意，将问题转化为：得到，对任意的恒成立；，求出其导数，得出存在，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，由隐零点的整体代换的处理方法可得出答案.
【小问1详解】
，
，
曲线 在点 处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
对任意的恒成立，
，
令 ，则函数在上单调递增，
.
在唯一，使得使得，即，
且当时，，即；
当时，，即.
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴，
则在上单调递增，
所以，
满足条件的实数的最小整数值为.
21. 已知函数，对于恒成立．
（1）求实数的取值范围；
（2）当实数取最大值时，函数．当实数，若，求证：．
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由不等式恒成立转化为参变分离恒成立，构造函数，利用导数求函数的最小值，求的取值范围；
（2）由（1）可知，通过构造函数，利用导数证明单调递增，且，由及为单调递增函数，，则异号，再设，则，逐步证明.
【详解】（1）恒成立，恒成立，
令，，
，，单调递增，
，，单调递减，，故．
（2），
，
单调递增，且．
令，
则
令，．
单调递增，，
故当时，，所以单调递增，且．
由及为单调递增函数，，则异号，
不妨设，则，
即，
为单调递增函数，故，．
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，恒成立的综合问题，重点考查了转化思想，构造函数思想，逻辑推理能力，属于难题，本题第二问的关键和难点是构造函数，由函数的单调性和零点转化为自变量的大小关系.
选做题：请考生在22，23题中任选一题作答，如果多答，以所答的第一题计分，其余不计分.
【选修 坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为，过点的直线的参数方程为（为参数）.
（Ⅰ）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与曲线交于、两点，求的值，并求定点到，两点的距离之积.
【答案】（Ⅰ）直线的普通方程，曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由可得曲线直角坐标方程为；用消参法消去参数，得直线的普通方程.
（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，由直线的参数方程中的参数几何意义求解.
【详解】（Ⅰ）由（为参数），消去参数，得直线的普通方程.
由，得曲线的直角坐标方程为.
（Ⅱ）将直线的参数方程为（为参数），
代入，得.
则，.
∴，
.
所以，的值为，定点到，两点的距离之积为.
【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，参数方程转化为普通方程，直线的参数方程.
【选修 不等式选讲】
23. 已知函数，.
（1）当 时，解不等式；
（2）若存在满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，则，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）分析可知，不等式有解，利用绝对值三角不等式可求得最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【小问1详解】
解：当时，，
当时，则，解得，此时，；
当时，则，解得，此时，；
当时，则，解得，此时，.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：若存在满足，等价于有解，
由三角不等式可得，
当且仅当时，等号成立，
只需即可，即，解得.
因此，实数的取值范围是.