四川省绵阳市2023届高三数学上学期第一学月考试理试题含解析

这是一份四川省绵阳市2023届高三数学上学期第一学月考试理试题含解析，共19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。

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.
CD.
【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，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，
又函数的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：①②③，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）由可得曲线的直角坐标方程为；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的最小值，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.