2023届河南省新未来高三上学期9月联考数学（文）试题含答案

2023届河南省新未来高三上学期9月联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则＝（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据对数的定义域与绝对值不等式的求解求得再求交集即可.

【详解】由题可知，的取值范围为，即，可得，，故

故选：D

2．若的一条切线与直线平行，则的值可以是（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】求函数的导函数的值域，结合导数的几何意义可求的范围，由此确定正确选项.

【详解】因为，所以，设切点为可得，

所以，

故选：C.

3．已知函数，则其图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化情况分析判断.

【详解】函数的定义域为，

因为，

所以为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除AC，

当时，当时，，，

所以，所以排除D，

故选：B

4．已知直线y＝x＋b与圆，则“”是“圆C上的任意一点到该直线的最大距离为”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】A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线与圆的位置关系分析判断即可.

【详解】圆的圆心为，半径为1，

由于，可得该直线与圆不相交，

因为圆C上的任意一点到该直线的最大距离为，

所以圆心到直线的距离为，解得或，

所以“”是“圆C上的任意一点到该直线的最大距离为”的充分不必要条件．

故选：A

5．已知函数，其中a，b，c为常数，若，则c＝（    ）

A．－1 B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】先化简函数解析式，然后由列方程可求出.

【详解】解：∵，

∴，

∴，

又，

∴，即，解得．

故选：C

6．当时，实数的大小关系可能为（    ）

①

②

③

④

⑤

A．①②③ B．①③⑤ C．①④⑤ D．①②⑤

【答案】B

【分析】由对数函数的单调性以及图象即可分，和三种情况求解.

【详解】在同一坐标系内分别作出函数的图象，再在此坐标系内作一条直线，结合图象可知，当时，有；当时，有；当时，有.

故选：B.

7．释迦塔全称佛宫寺释迦塔､位于山西省朔州市应县城西北佛宫寺内，俗称应县木塔､建于辽清宁二年（宋至和三年公元1056年），金明昌六年（南宋庆元一年公元1195年）增修完毕，是世界上现存唯一最古老最高大之木塔，为了测量释迦塔的高度，某同学在点A处测得塔顶D的仰角为45°，然后沿点A向塔的正前方走了50到达点M处，此时测得塔顶D的仰角为75，据此可估计释迦塔的高度约为（    ）

A．65.8 B．68.3 C．68.9 D．69.1

【答案】B

【分析】在由正弦定理求，再解可求塔的高度.

【详解】根据题意，将实际问题抽象成数学模型，如图所示，因为，

所以，在中，由正弦定理可知，

即解得.在中，.

所以释迦塔的高度约为，

故选：B.

8．在中，，点在边上，且，则的长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用余弦定理求出，设，，在分别利用余弦定理列方程，解方程组可求出，从而可求得结果.

【详解】由余弦定理知，

所以，

在中，设，则.

设，则.

由余弦定理，

即①，

，

即②，

由①②解得，即.

故选：C

9．已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实根，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用韦达定理和判别式求解即可.

【详解】由韦达定理可知，则，所以有，

又因为关于的一元二次方程有两个不等实根，所以有，即，解得，则，所以有，

故，即的取值范围是.

故选：A.

10．如图，在等腰三角形中，，，动点P，Q分别是AB，AC边上的点（不含端点），现在将沿着PQ折起得到四棱锥，则四棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据图形分析可得：，再结合基本不等式可得，构建新函数，利用导数求最大值.

【详解】作垂直交于点，设，，，则

∵，则，

过作平面，垂足为，连接，则可得

∵，所以四边形的面积为

无论P，Q的位置如何，可以得到四棱锥体积为

∵，当且仅当时等号成立

则

构建，则

令，则

在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为，

所以四棱锥体积的最大值为．

故选：B.

11．已知，下列不等式不可能成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，求导确定函数的单调性以及极值，结合单调性以及函数图象即可逐一求解.

【详解】，故，移项整理得，

构造函数，定义域为，求导得，

故时，单调递增，时，单调递减，

故处取到极小值等价于.

画出的草图.

对A选项，时，相当于单调递减，可以满足，故A正确；

对选项，时，相当于时，单调递增，可以满足，故B正确；

对选项，时，相当于时，单调递增，不能满足，故错误；

对选项，时，相当于时，单调递增，时单调递减，可以满足，故D正确.

故选：C

12．已知（其中，）的部分图象如图所示，下列四个结论：

（1）函数的单调递增区间为，

（2）函数的单调递减区间为，

（3）函数的最小正周期为

（4）函数在区间上有5个零点．其中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】先由图象经过的两点求出解析式，再对选项作出判断．

【详解】函数图象过，得出，且在上单调递增，得出；

是函数的极大值点，所以，且周期，得出，

所以函数，显然函数最小正周期为，所以③正确；

求函数单调递增区间，令，得出，所以的单调递增区间为，①错误；

求函数单调递减区间，令，得出，所以的单调递减区间为，②正确；

求函数零点，令，得出，区间为，k的取值为－2，－1，0，1，所以应该是4个零点，④错误．

故选：B

二、填空题

13．已知，则___________.

【答案】

【分析】根据诱导公式可求，再由同角关系求和.

【详解】，又

.

14．曲线的切线斜率是1的切线方程为___________.

【答案】或

【分析】设切点为，利用导数的几何意义求出切点坐标，再由点斜式求出切线方程.

【详解】设所求切线与曲线相切与点，则，

又，所以，所以

解得或，

当时，，切线方程为，

当时，，切线方程为，

故答案为：或.

15．写出一个同时具在下列性质①②③的函数___________.①，②在上是单调递增函数；③的图象关于点对称.

【答案】（答案不唯一）

【分析】由条件①可知为周期为的函数，故考虑设为正弦型函数，再由正弦函数的对称性求，并验证其单调性，由此可得答案.

【详解】由知函数为周期为的函数

故可设为，又的图象关于点对称.

所以，，当时，成立，故，令，，

可得，，取可得，

所以函数在上单调递增，故在上是单调递增函数；满足②，

所以函数满足条件①②③；

故答案为：(答案不唯一).

16．若，不等式（其中）恒成立，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】构造函数，则原不等式可化成，利用导数分析函数的单调性并利用函数的单调性化简不等式，可得恒成立，再通过导数求的最大值，由此可得的取值范围.

【详解】不等式可化为

设，则，

又，设，则，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

所以，当且仅当时取等号，

所以，所以在单调递增，

所以可化为，又，，

所以可化为，由已知可得在上恒成立，

所以，

设，则，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，

所以，所以，

所以的取值范围为，

故答案为：

【点睛】本题解决的关键在于通过构造函数利用函数的单调性化简不等式.

三、解答题

17．在中，角的对边分别，且.

(1)求；

(2)若，试探究：的周长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，最大值是9.

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求解即可；

（2）利用余弦定理结合基本不等式求的最大值即可.

【详解】(1)由及正弦定理，得，

又，

所以，

所以，

又，所以，

所以

又，所以；

(2)存在，理由如下：

由（1）可得，又，故由余弦定理，得，

所以，解得，

当且仅当时取等号，

所以周长的最大值是.

18．已知函数.

(1)若，求该函数的值域；

(2)证明：当时，恒成立.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）令，求出函数的值域，即为函数的值域；

（2）证得，即可证得原不等式成立.

【详解】(1)解：，令，，则，

令，则，

因此，的值域为.

(2)解：由（1）可得，，

因此，即该不等式恒成立.

19．已知函数.

(1)下面是某同学讨论函数单调性并求解单调区间的过程：因为，所以.令，得或，所以当时，单调递减.请判断是否正确，若正确，补全解答过程，若不正确，请写出正确的解答过程；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)不正确，答案见解析

(2)

【分析】(1)先求函数的定义域，再根据导数与函数的单调性的关系加以判断；

(2)由已知恒成立，利用导数求函数的最小值可得的取值范围.

【详解】(1)不正确.

因为，

所以，

令得（舍去）或，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

(2)因为恒成立，所以在上恒成立，

令.故恒成立，则.

令得或（舍去），

所以当时，单调递减；

当时，单调递增，

所以，

又因为，所以，

解得，所以实数的取值范围是.

【点睛】解决不等式恒成立问题的关键在于将其转化为函数的最值问题.

20．已知是函数的两个相邻的对称中心的点的横坐标.

(1)求图象的对称轴方程；

(2)若对任意，都有，求的取值范围；

(3)若关于的方程在区间上有两个不同的根，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由三角恒等变换化简，根据周期为求出，得到解析式，由解析式求对称轴方程即可；

（2）不等式恒成立转化为求在给定区间上的最大值，利用正弦型函数的图象与性质求解即可；

（3）化简方程，求出自变量变化时的范围，在作出正弦函数的图象，数形结合求解即可.

【详解】(1)

，

因为是函数相邻两个对称中心，所以，解得，

，

令，可得的对称轴方程为.

(2)若对任意，都有，只需

由可得，故，

所以，

因此，即，因此；

(3)关于的方程，化简后得

，，，

作出图象，如图，

由图可知，当，即时，有两根.

21．已知函数且）为定义在R上的奇函数

(1)利用单调性的定义证明：函数在R上单调递增；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围；

(3)若函数有且仅有两个零点，求实数k的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）先根据奇函数满足可得，再设，证明即可；

（2）化简可得恒成立，再讨论为0和大于0时两种情况，结合判别式分析即可；

（3）将题意转化为方程有两个不相等的正根，

【详解】(1)证明：由函数为奇函数，有，解得，

当时，，，符合函数为奇函数，可知符合题意．

设，有

，

由，有，有，故函数在上单调递增；

(2)由

．

（1）当时，不等式为恒成立，符合题意；

（2）当时，有，解得，

由上知实数的取值范围为；

(3)由，方程可化为，

若函数有且仅有两个零点，相当于方程有两个不相等的正根，

故有，即解得．

故实数的取值范围为．

22．已知函数其中.

(1)若函数在处的切线与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围；

(2)设函数，若的图象与轴的正半轴有且仅有一个公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据导数的几何意义求出曲线在时的切线，再由条件确定时切线与曲线有一个交点，列不等式求出的取值范围；(2)利用导数研究函数的单调性，由条件结合零点存在性定理列不等式求的取值范围.

【详解】(1)当时，，则，切点为，

故切线方程为，

联立可得，又，

所以，，

设，则，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

当时，，

所以为在上的唯一解，

所以所求切线与函数的图象仅有一个交点，

由已知可得切线方程与在时有一个交点，则得，得，即或，又，

则的取值范围是；

(2)当时，，由二次函数的性质可知在单调递增，又，故当时，函数图象与轴的正半轴无交点；

当时，，

当时，在上单调递减，则，此时在上的图象与轴有且仅有一个公共点，符合条件；

当时，令，则，

当时，即时，，所以在上单调递减，又，所以在上与轴有且仅有一个公共点，符合条件.

当，即时，当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减，因为 ，

所以函数的图象在上与轴有且只有一个交点；且，

又，

设，，则，所以在上单调递减，所以，

所以当时，即

又时，，

所以当时，，所以，

又当时，，

所以，又，所以，

所以在有且只有一个零点，

所以在有且只有一个零点，

所以在上与轴有2个公共点，不符合条件.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题第二小问解决的关键在于通过分类讨论利用导数研究函数的单调性，再根据函数在关键点处的函数值结合零点存在性定理判断函数的零点所在区间及零点的个数.