2023届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期9月月考数学试题含解析

2023届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．

【详解】由已知，，

所以．

故选：B．

2．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴正半轴，终边过点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先利用任意角的三角函数的定义求得正余弦，再利用二倍角公式求即可.

【详解】角终边过点，由任意角的三角函数的定义得，

故.

故选：C.

3．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】A

【分析】利用指数函数的性质分别判断充分性和必要性.

【详解】若，则，故充分性成立；

若，如，则，故必要性不成立，

故是的充分不必要条件.

故选：A.

4．如图，从高为h的气球（A）上测量待建规划铁桥（BC）的长，如果测得桥头（B）的俯角是，桥头（C）的俯角是，则桥BC的长为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分别在直角三角形中，利用锐角三角函数定义表示出与，由 求出的长即可.

【详解】解：如图所示：

由题意得：，

在中，，即，

整理得：；

在中，，即，

整理得：，

则

.

故选:A.

5．设函数满足对，都有，且在上单调递增，，，则函数的大致图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得到是偶函数，排除A和D；再根据时的符号可选出正确答案.

【详解】依题意可知函数的对称轴方程为，在上单调递增，且，

设，则函数的对称轴方程为，在上单调递增，且，

所以是偶函数，且当时，.

因此函数也是偶函数，其图象关于轴对称，故可以排除选项A和D；当时，，由此排除选项C.

故选：B.

6．设函数的图象关于点中心对称，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用为对称中心，列出方程，求出，，求出的最小值.

【详解】由题意得：，，

解得：，，

所以，，

当时，取得最小值为.

故选：D

7．在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的周长最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，推导出，由，推导出，再由正弦定理可得，，由此能求出周长的取值范围.

【详解】，，，

，，，

，，

，，由正弦定理可得，

，，

，

三角形为锐角三角形，，，

，即，又

∴，∴的周长最大值为.

故选：D

8．已知定义在上的函数，满足，当时，，则函数的图象与函数的图象在区间上所有交点的横坐标之和为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．9

【答案】C

【解析】可分析得到函数，都关于对称，因此所有交点也关于对称，结合两个函数在的图像，可得到时有3个交点，且两函数相交，由于两个图像都关于对称，故交点也关于对称，每对交点的横坐标之和为2，即得解.

【详解】函数，满足，故故图像关于对称，且

函数满足故图像关于对称，

由于两个图像都关于对称，只需研究时交点个数，

由于

两个图像位置关系如图所示，故当时有3个交点，且两函数相交，

由于两个图像都关于对称，故交点也关于对称，每对交点的横坐标之和为2

故在区间上所有7个交点的横坐标之和为

故选：C

【点睛】本题考查了函数性质综合，考查了函数的对称性，图像变换，函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.

二、多选题

9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．向量与向量的夹角为

C． D．向量在向量上的投影向量是

【答案】AB

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量夹角的坐标表示可判断B选项；利用平面向量的模长公式可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，，所以，，故，A对；

对于B选项，，，故，B对；

对于C选项，，故，C错；

对于D选项，向量在向量上的投影向量为，D错.

故选：AB.

10．已如函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于点中心对称 B．在区间上单调递减

C．在上有且仅有2个极小值点 D．的图象关于对称

【答案】AD

【分析】先利用三角函数恒等变换得到，代入验证是否为对称中心，是否为对称轴，上是否单调递减，判断出ABD选项；

求出，从而根据极小值点的概念得到在上有且仅有1个极小值点，判断C选项.

【详解】，

当时，，故的图象关于点中心对称，A正确；

当，则，则在上不单调，B错误；

，，则只有在处取得极小值，故在上有且仅有1个极小值点，C错误；

当时，，所以的图象关于对称，D正确.

故选：AD

11．已知，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【解析】先根据，判断角的范围，再根据求；

根据平方关系，判断的值；利用公式求值，并根据角的范围判断角的值；利用公式和，联合求.

【详解】①因为，所以，

又，故有，，

解出，故A错误；

②，

由①知：，所以，

所以，故B正确；

③由①知：，而，所以，

又，所以，

解得，

所以

又因为，，

所以，有，故C正确；

④由，

由③知，，

两式联立得：，故D错误．

故选：BC

【点睛】关键点点睛：本题的关键是三角函数恒等变形的灵活应用，尤其是确定角的范围，根据三角函数值，确定，且，进一步确定，这些都是确定函数值的正负，以及角的大小的依据.

12．已知，若，且在上有且仅有三个极值点，则（    ）

A．

B．

C．在区间的最小值为

D．的增区间为

【答案】BC

【分析】由题意可得出关于实数的等式，可求得的值，可判断AB选项；利用正弦型函数的最值可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.

【详解】当时，，

因为，且函数在上有且仅有三个极值点，

所以，，解得，A错B对；

，当时，，，C对；

由可得，

所以，函数的单调递增区间为，D错.

故选：BC.

三、填空题

13．已知为第四象限角，且，则________．

【答案】

【分析】先由组配角公式求得的值，再由同角三角函数关系公式即可求得的值.

【详解】

则   即

代入，得，即

由为第四象限角，可知，则

故

故答案为：

14．中，，，则的值为___________

【答案】

【分析】利用余弦定理求出边长，再根据向量的数量积定义即可求解.

【详解】在中，利用余弦定理可得

，

解得，

.

故答案为：

15．______．

【答案】

【详解】

,

,故答案为.

【解析】三角函数诱导公式、切割化弦思想.

四、双空题

16．设，函数若函数的最小值为0，则的取值范围是___________；若函数有4个零点，则的值是___________.

【答案】     ；     .

【分析】（1）根据对数函数的单调性，结合函数最小值的定义进行求解即可；

（2）根据零点的定义，结合函数的性质进行求解即可.

【详解】（1）当时，函数单调递减，所以有，

因此要使的最小值为0，则当时，有解，

即有解，，

所以.

（2）当时，的解为；

当时，有三个解.

若，则至多只有两个解，不符合题意，所以.

所以有，解得.

故答案为：；.

五、解答题

17．设函数.

（Ⅰ）若,求函数的单调区间;

（Ⅱ）若曲线在点处的切线与直线平行,求的值.

【答案】（Ⅰ）增区间为,减区间为.（Ⅱ）.

【详解】试题分析：求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可求出，得到关于导函数，由题意点处的切线与直线平行，从而解出结果

解析：（Ⅰ）,

定义域为

令,得,

当时,,

当时,,

所以增区间为,减区间为.

（Ⅱ）,

,

曲线在点处的切线与直线平行,

所以

,

所以.

18．已知.

（1）求的值；

（2）已知，，且，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）先求出，再化简即得解；

（2）先求出，再求出，求出，即得解.

【详解】（1）由已知得，所以

（2）由，可得，

则.

因为，所以，

又，则，

因为，，

则，则，

所以.

【点睛】易错点睛：本题容易得出两个答案，或.之所以得出两个答案，是没有分析缩小的范围，从而得到.对于求角的大小的问题，一般先求出角的某三角函数值，再求出角的范围，再得到角的大小.

19．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．

(1)求角的大小；

(2)边上的中线，求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；

（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．

【详解】(1)若选①在中，因为，

故由可得

由正弦定理得，即．

则，又，故．

选②，，∴，∴，∴．

选③由及正弦定理．．

又，所以．

即，因为，，所以．

又，得．

综上所述：选择①②③，都有．

(2)．

又（当且仅当时取等）

的面积的最大值为

20．设函数（其中，，）在处取得最大值2，其图象与x轴的相邻两个交点的距离为．

（1）求的解析式；

（2）求函数的值域．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由在处取得最大值2，可 得，，图象与x轴的相邻两个交点的距离为，可得，，即得解；

（2）可化简原式为，结合，即得解

【详解】（1）由题设条件知的周期，

即，解得．

因在处取得最大值2，所以．

从而，

所以，．

又由得，

故的解析式为．

（2）

．

因，且，

故的值域为．

21．已知函数是奇函数.

（1）求实数，的值；

（2）若对任意实数，都有成立.求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用奇函数的定义可构造方程求得结果；

（2）将不等式转化为，令，可将不等式化为，根据二次函数性质，分别在和两种情况下求得，利用可求得结果.

【详解】（1）当时，，则，

为奇函数，，

，

即恒成立，，解得：，

当时，同理可得：，

综上所述：.

（2），，原不等式化为，

令，则，原不等式进一步化为：在上恒成立.

记，.

①当，即时，，；

②当，即时，，解集为.

综上所述：实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是能够通过换元法将问题转化为含参数的二次函数最值的求解问题，通过分类讨论的方式可求得二次函数的最值；易错点是在换元时，忽略新参数的取值范围，造成求解最值时出现错误.

22．已知函数

(1)求在上的极值；

(2)判断函数在上的零点个数．

【答案】(1)极小值0，无极大值；

(2)在上的零点个数为2.

【分析】（1）利用导数研究的符号判断的单调性，进而确定极值情况.

（2）由题设可得，讨论、、分别研究的符号判断的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数即可.

【详解】(1)由题得，而，

当时，在单调递减；

当时，在单调递增；

所以极小值，无极大值.

(2)由已知，，则，

①当时，，所以在上单调递减．

所以，则在上无零点；

②当时，，即递增，且，，

所以存在，使．

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以．

设，则，易得，

当，，当，，

所以在(0,ln2)上单调递减，在上单调递增，

所以，则，即，

所以．所以在上存在一个零点．

综上，在上有2个零点；

③当时，由②分析知：，所以在上单调递增．

而，所以在上无零点；

综上所述，在上的零点个数为2.

【点睛】关键点点睛：第二问，讨论x的范围，结合的导函数及零点存在性定理，判断区间上的单调性及零点个数.