2023届江西省上高二中高三上学期第三次月考数学（文）试题含解析

2023届江西省上高二中高三上学期第三次月考数学（文）试题

一、单选题

1．化简式子等于（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】由对数的运算性质求解

【详解】原式，

故选：A

2．若函数存在单调递减区间，则实数b的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先计算出,由存在单调递减区间知在 上有解即可得出结果.

【详解】函数的定义域为 ，且其导数为．由存在单调递减区间知在 上有解，即有解．因为函数的定义域为 ，所以．要使有解，只需要的最小值小于，所以，即，所以实数的取值范围是 ．

故选:B．

3．若，则的个数为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】通过结合子集的概念，对集合中的元素个数进行分类讨论即可求解.

【详解】由题意可知，至少有两个元素，最多有5个元素，

若有两个元素，则为；

若有3个元素，则为，，；

有4个元素，则为，，；

有5个元素，则为，

综上所述，的个数为8.

故选：D.

4．若命题“，”为假命题，则实数a可取的最小整数值是（    ）

A． B．0 C．2 D．3

【答案】A

【分析】先由，求得实数a的取值范围，再由命题“，”为假命题即可求得实数a可取的最小整数值

【详解】若，，则，，

令，，则，则

由命题“，”为假命题，可得

则实数a可取的最小整数值是

故选：A

5．函数(a>0且a≠1)的图象可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数的单调性分类讨论进行求解即可.

【详解】当时，，

显然当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，

函数图象的渐近线为，而，故AB不符合；

对于CD，因为渐近线为，故，故时，，

故选项C符合，D不符合；

当时，，

当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，

 函数图象的渐近线为，而，故ABD不符合；

故选：C

6．若，，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先将切化弦，后用二倍角公式代入展开，解得，再根据平方关系结合的范围解得，最后将所求式子用和角公式展开并代值计算即可.

【详解】由题，

又

.

故选：D.

7．已知函数的导函数为，则（    ）

A． B． C．2 D．8

【答案】D

【分析】直接由导数定义可得答案.

【详解】由导数定义和，得.

故选：D.

8．已知为的导函数，则的图象是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求导后由函数性质判断

【详解】，

则，为奇函数，故排除B，D，

且，故排除C，

故选：A

9．函数的图像的一个对称中心是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，然后求对称中心即可.

【详解】，

令，，解得，，当时，，，所以是一个对称中心.

故选：A.

10．已知函数是上的奇函数，且的图象关于对称，当时，，则的值为（    ）

A．1 B．0 C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的对称性化简可得函数时周期函数，求出函数的周期，再根据函数的周期即可得解.

【详解】解：因为函数是上的奇函数，

所以，

又因为的图象关于对称，

所以，

则，

所以，

所以函数是以4为周期的周期函数，

所以.

故选：B.

11．已知定义在上的函数满足，，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，得到函数的单调性，根据单调性解不等式即可.

【详解】令，则，所以在单调递减，

不等式可以转化为，即，所以.

故选：D.

12．若函数为偶函数，对任意，，且，都有，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断单调性，再利用函数为偶函数，求得对称性，故可利用计算判断答案.

【详解】由对任意，，且，都有，所以函数在上递增，

又函数为偶函数，所以函数关于对称，所以.

又因为

 所以.

因为，

所以,

因为，所以,

故选：B.

二、填空题

13．已知函数（是的导函数），则______．

【答案】

【分析】注意是一个常数，对求导，代入求得的值，从而得到的解析式，故易得.

【详解】因为是一个常数，，

所以，故，得，

所以，故.

故答案为：.

14．已知，则_________．

【答案】##0.8

【分析】由，再结合诱导公式即可求得结果.

【详解】.

故答案为：

15．满足约束条件，若取得最大值的最优解有无数个，则实数＝______．

【答案】

【分析】根据题意作出对应的平面区域，如图，分别讨论、和时目标函数的最优解情况，即可得出结果.

【详解】作出满足约束条件，对应的平面区域，如图所示，

由得，

当时，直线，

此时取得最大值的最优解只有一个，不满足条件；

当时，则直线的纵截距取得最大值时，z取得最大值，

此时直线与重合时，最大值有无数个，，解得；

当时，目标函数的最优解只有一个，不满足题意．

故答案为：．

16．已知函数，方程有4个不同的实数根，则实数a的取值范围为________．

【答案】

【分析】将方程有4个不同的实数根，转化为必有一正一负两个根，数形结合可得结果.

【详解】作出的图象如图所示，

令，则有两个不等的实根，又，

故方程有一正一负根，且

即，解得

故答案为：

三、解答题

17．已知函数．

(1)求函数的定义域；

(2)若，求的值；

(3)在（2）条件下，若是第四象限角，求的值．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由余弦函数的性质进行求解即可；

（2）根据二倍角公式、辅助角公式，结合代入法进行求解即可；

（3）根据诱导公式，结合同角的三角函数关系式、二倍角公式进行求解即可.

【详解】（1）由题意可知：，

所以函数的定义域为；

（2）由因为，

所以；

（3）因为是第四象限角，，

所以，

18．2021年秋季学期，某省在高一推进新教材，为此该省某市教育部门组织该市全体高中教师在暑假期间进行相关学科培训，培训后举行测试（满分100分），从该市参加测试的数学老师中抽取了100名老师并统计他们的测试分数，将成绩分成五组，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求a的值以及这100人中测试成绩在的人数；

(2)估计全市老师测试成绩的平均数和中位数（保留两位小数）；

(3)若要从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，并在这6人中再抽取2人担当分享交流活动的主持人，求第四组至少有1名老师被抽到的概率.

【答案】(1)，20人，

(2)平均数为分，中位数为分

(3)

【分析】（1）根据各组的频率和为1，可求出的值，从而可求出成绩在的频率，进而可求出这100人中测试成绩在的人数；

（2）根据频率分布直方图可计算出平均数，频率分布直方图可判断出中位数在，然后列方程求解即可；

（3）先利用分层抽样的定义求出各组抽取的人数，然后利用列举法列出所有的情况，再列出第四组至少有1名老师的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可.

【详解】（1）由题意得，解得，

所以这100人中测试成绩在的人数为（人），

（2）平均数为分，

因为前2组的频率和为，前3组的频率为，

所以中位数在中，设中位数为，则

，解得，

所以中位数约为分，

（3）第三组的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，

所以从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，三组人数分别为3人，2人和1人，

设第三组抽取的人为，第四组抽取的人为，第五组抽取的人为，

则从这6人中抽取2人的所有情况如下：

,,，,共15种，

其中第四组至少有1名老师被抽到的有：,，共9种，

所以第四组至少有1名老师被抽到的概率为.

19．在四棱锥中，底面是矩形平面，，，且二面角的大小为．

(1)求四棱锥的体积；

(2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】(1)先根据空间位置关系，证明PF为锥体的高，再根据锥体体积公式，即可求解.

(2)找出线面角的平面角，即可求出正弦值.

【详解】（1）设与交于点，连接；在平面中作于．

因为平面，平面，所以．

同理，．

因为平面，平面，平面平面，

所以就是二面角的平面角，从而．

因为底面是矩形，，所以矩形是正方形．

所以，．

又因为，所以是等边三角形，故．

因为，，，

所以平面，即是四棱锥的高．

故四棱锥的体积．

（2）设．

因为，，所以是的重心，故．

因为平面，所以即为直线与平面所成角．

于是，

因此，直线与平面所成角的正弦值为．

20．已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为 ( 为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线的极坐标方程为．

(1)求曲线和曲线的极坐标方程和射线的平面直角坐标方程；

(2)若射线与曲线的交点为P，与曲线的交点为Q，求的值．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）消去参数 得到 的直角坐标方程，再根据直角坐标方程转化为极坐标方程的公式，得到 的极坐标方程，根据几何意义得到射线OM的直角坐标方程；

（2）联立 和OM的极坐标方程，得到 ，再联立 与OM的极坐标方程得到 ，再根据几何意义即可算出 .

【详解】（1）曲线的参数方程消去参数 得， ，即，

则曲线的极坐标方程为；

曲线的参数方程消去参数 得，即，则曲线的极坐标方程为；

射线的极坐标方程为，由几何意义得其直角坐标方程为；

（2）将代入圆和圆的极坐标方程得 ，

所以 ．

综上，的极坐标方程为，的极坐标方程为，OM的直角坐标方程为， .

21．已知函数.

(1)解不等式；

(2)设是函数的最小值，若，求证：.

【答案】(1)不等式的解集为；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用分类讨论法解不等式得解；

（2）先求出，转化为证明，再利用均值不等式证明.

【详解】（1）解：当时，不等式为；

当时，不等式为；

当时，不等式为.

所以不等式的解集为.

（2）解：由题得，

所以

所以的最小值是2，所以.

所以.

要证明,只需证明；

只需证明，

由题得.

(当且仅当时等号成立)

即得证.

22．己知函数．

(1)若曲线在点处的切线经过原点，求a的值；

(2)设，若对任意，均存在，使得，求a的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程（含参数a），由切线过原点求出a的值；

（2）利用导数研究的单调性并求出上的最大值，由二次函数性质求在上的最大值，根据已知不等式恒（能）成立求参数a的范围.

【详解】（1）由，可得．

因为，，

所以切点坐标为，切线方程为：，

因为切线经过，所以，解得．

（2）由题知的定义域为，，

令，解得或，

因为所以，所以，

令，即，解得：，

令，即，解得：或，

所以增区间为，减区间为．

因为，所以函数在区间的最大值为，

函数在上单调递增，故在区间上，

所以，即，故，

所以的取值范围是.