2023届四川省绵阳南山中学高三上学期九月月考数学（文）试题含答案

2023届四川省绵阳南山中学高三上学期九月月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据并集运算求解即可.

【详解】因为，

所以.

故选：D

2．已知的共轭复数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】使用共轭复数和复数乘法运算知识解决

【详解】若，则，

∴.

故选：C.

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据平面向量共线的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得.

【详解】解：因为，且，

所以，所以；

故选：A

4．若曲线的一条切线与直线垂直，则切线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先设出切点，根据切线与直线垂直，得到切线的斜率，再根据导数的几何意义列出方程，即可求出切点坐标，再由点斜式求出切线方程．

【详解】解：设切点为，，

切线与直线垂直，

切线的斜率为，

又，所以，，解得，

，即切点，

由点斜式可得，切线方程为：，即．

故选：．

5．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用奇偶函数的定义可得为奇函数，求出的取值范围即可.

【详解】因为

所以为奇函数，所以排除B，D，

又，所以排除C.

故选：A

6．中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的是（    ）

A．该人第五天走的路程为14里

B．该人第三天走的路程为42里

C．该人前三天共走的路程为330里

D．该人最后三天共走的路程为42里

【答案】D

【分析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出，判断A,B;求出可判断C,D.

【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，

设数列前n项和为，则，

故 ，解得，

则，

故 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；

，该人第三天走的路程为48里，B错误；

，该人前三天共走的路程为里，C错误；

由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，

故选：D

7．已知函数的图象向右平移个单位长度后， 得到函数 的图象， 若的图象关于原点对称， 则 （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数平移关系求出，再由的对称性，即得.

【详解】由题可知图象关于原点对称，

所以，因为，

所以．

故选：C.

8．下列说法中，正确的个数为（    ）

（1）若，是非零向量，则“”是“与的夹角为锐角”的充要条件；

（2）命题“在中，若，则”的逆否命题为真命题；

（3）已知命题：，，则它的否定是：，

（4）若“且”与“或”均为假命题，则真假．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由，可得，，，从而判断（1）；由正弦定理及边角关系可判断（2）；由特称命题的否定形式可判断（3）；利用复合命题真假的判定法则可判断（4）．

【详解】解：对于（1），若，是非零向量，，则，，，与的夹角不一定为锐角，故（1）错误；

对于（2），在中，，其中为外接圆的直径，

故命题“在中，若，则”为真命题，所以其逆否命题为真命题，故（2）正确；

对于（3），命题，，其否定是，，故（3）错误；

对于（4），若“且”为假命题，则与中必有一个为假命题，

若“或”为假命题，则与都为假命题，即为真命题，为假命题，故（4）正确．

故选：．

9．设，若函数在上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先用诱导公式化简，再根据正弦函数的单调性可得，结合条件即得.

【详解】，

由，，可得，

根据正弦函数的单调性，可得：，又，

所以，即.

故选：D.

10．中，，O是外接圆圆心，是的最大值为（　　）

A．0 B．1 C．3 D．5

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出的最大值即可计算作答.

【详解】过点O作，垂足分别为D，E，如图，因O是外接圆圆心，则D，E分别为AC，的中点，

在中，，则，即，

，同理，

因此，

，

由正弦定理得：，当且仅当时取“=”，

所以的最大值为3.

故选：C

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

11．已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（    ）

A．1 B．-1 C．2 D．-3

【答案】B

【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.

【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．

故选:B．

12．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用作差法，结合基本不等式判断大小，再构造函数判断与的大小关系即可.

【详解】对，

因为，即，

所以，即；

对，又，令，则，所以当时，，当时，，所以，即，当且仅当时取等号，

所以，令，则，

所以当时，所以在上单调递增，显然，又，即，即，所以，即.

故选：C

二、填空题

13．已知数列为等差数列，其前项和为，则___________.

【答案】55

【分析】根据等差数列性质可求得，化简，即可求得答案.

【详解】由题意知数列为等差数列，设公差为d，，

则，即，

所以，

故答案为：55

14．已知在中，点满足，点在线段(不含端点，)上移动，若，则______.

【答案】3

【分析】,利用向量的线性运算求得关于的表达式，利用平面向量基本定理中的分解唯一性得到关于的表达式，进而得到答案.

【详解】如图，由题意得存在实数，使得.

又，

所以，

又∵，且不共线，

故由平面向量的分解的唯一性得

所以.

故答案为：3.

15．已知，则___________.

【答案】0.25

【分析】将变为，结合诱导公式和二倍角公式化简，解方程求得答案.

【详解】由可得，

即，则，

即，

解得或（舍去），

故答案为：

16．已知函数，关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】求函数的导数，判断其单调性，作出其大致图象，数形结合，将关于的方程有三个不等的实根转化为有两个不等的实根，结合二次方程根的分布，求得答案.

【详解】由题意得，

当时，，递增；当时，，递减，

且；可知函数的图象如图所示，

令，则方程有三个不等的实根，

即为有两个不等的实根，

令，则有两个不等的实根，

则，所以不妨令，

则，解得，

故答案为：

【点睛】本题考查了利用导数解决方程的根的个数问题，考查求参数的范围，解答时要注意利用导数判断函数的单调性，进而作出函数图象，数形结合，将方程根的问题转化为二次方程的根的分布问题.

三、解答题

17．已知向量，函数.

(1)求的最小正周期及图象的对称轴方程；

(2)若，求的值域.

【答案】(1)最小正周期，对称轴方程为，

(2)

【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；

（2）由的取值范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得.

【详解】(1)解：因为，且，

所以

，

即，

的最小正周期，

令，，解得，，

即图象的对称轴方程为，.

(2)解：，，

，

所以.

18．已知函数存在极值，并且在时取得极大值.

(1)求的解析式；

(2)当时，求函数的最值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，由已知列出方程组，求得a,b的值，经验证，可得答案;

（2）求出函数导数，求得函数极值点，计算区间端点处的函数值，比较可得答案.

【详解】(1)因为，所以，

由题意知,解得,

故，

,当时，，递增，

当时，，递减，

故在时取得极大值，故符合题意，

所以.

(2)由（1）知，令，解得或，

所以时，单调递减；时，单调递增，

则，

，

所以.

19．已知数列各项均为正数，是的前项的和，对任意的都有.数列各项都是正整数，，且数列是等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项的和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，作差得到，即可得到数列是首项，公差的等差数列，从而得到其通项公式；

（2）依题意首先得到数列的通项公式，即可得到数列的通项公式，再根据等比数列求和公式及分组求和法计算可得.

【详解】(1)解：因为，

当时，，即，解得或，

又，所以；

当时，，

所以两式相减得，

即，

所以，

由知，所以，

所以数列是首项，公差的等差数列.

所以.

(2)解：由，所以，，又，

所以，

所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，

又，所以，即.

所以

20．在①2asinC＝ctanA；②2acosB＝2c﹣b；③；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．

在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知____．

（1）求A的值；

（2）若面积为，周长为5，求a的值．

【答案】选择见解析；（1）60°；（2）．

【分析】（1）选①时，利用正弦定理得：2sinAsinC＝sinC，可求得：cosA＝，根据角的范围可求得角；

选②时，利用余弦定理：，整理得，

可求得：cosA＝，根据角的范围可求得角；

选③时，根据余弦的二倍角公式得，求得或－1（舍去），根据角的范围可求得角；

（2）由三角形的面积公式求得bc＝1．再由余弦定理可求得答案．

【详解】解：（1）选①时，2asinC＝ctanA；利用正弦定理得：2sinAsinC＝sinC，整理得：cosA＝，

由于0＜A＜π，所以A＝60°．

（2），由于，解得bc＝1．

由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），

利用余弦定理：，解得a＝．

选②时，2acosB＝2c﹣b；利用余弦定理：，整理得，

化简得：cosA＝，由于0＜A＜π，所以A＝60°．

（2），由于，解得bc＝1．

由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），

利用余弦定理：，

解得a＝．

选③时，，整理得：，所以，

解得或－1（舍去），由于0＜A＜π，以A＝60°．

（2），由于，解得bc＝1．

由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），

利用余弦定理：，

解得a＝．

【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；

（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；

（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.

（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.

21．已知函数.

（1）若，当时，讨论的单调性；

（2）若，，且当时，不等式在区间上有解，求实数a的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）首先求出函数的定义域，由，消去参数，求出导函数，再对参数分类讨论，分别求出函数的单调区间；

（2）当时，，再求出导函数，对分类讨论，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：（1）因为

所以函数的定义域为.

由，得，

则，

当时，，函数在上单调递减；

当时，或，，

所以在，上单调递减，在上单调递增；

当时，或，，

所以在，上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，，，

则.

①当，即时，，

所以在上单调递增，

所以.

②当，即时，设的两根分别为，，

则，，

∴，，

所以在区间上，，

所以在上单调递增，

所以.

综上，当时，在区间上的最大值为，

∴，

所以实数a的取值范围是.

【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：

(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；

(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于两点，点，求的值.

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）消参得直线的普通方程；代入可得曲线的直角坐标方程；

（2）直线l过P，将直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得，结合韦达定理、直线参数方程的几何意义，可得，，即可求.

【详解】(1)由（为参数）消t得，故直线的直角方程为；

由得，即，曲线的直角坐标方程.

(2)将直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程并整理得，

设A，B的对应的参数分别是则，则，

∵，则直线l过P，由直线参数方程的几何意义得，，，

∴

23．已知函数．

（Ⅰ）若，求不等式的解集；

（Ⅱ）对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．

【分析】（Ⅰ）利用绝对值的性质，用分类讨论思想进行求解即可；

（Ⅱ）根据基本不等式，利用已知，求出代数式的最大值，最后利用绝对值的性质进行求解即可.

【详解】解：（Ⅰ）原不等式为，

当时，得，得，

所以．

当时，得成立，

所以，

当时，，

所以．

综上得不等式的解集为．

（Ⅱ）因为为正实数，并且

，当时取等号，

当时等号成立，

所以的最大值．

又因为，

当时取到等号，

要使恒成立，只需．

所以或．