2023届陕西省渭南市瑞泉中学高三上学期第二次教学质量检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省渭南市瑞泉中学高三上学期第二次教学质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．  C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到集合，，然后求交集即可.

【详解】由题意得，，，所以.

故选：D.

2．若复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先利用复数的除法化简复数z，进而得到其共轭复数，然后利用复数的几何意义求解.

【详解】因为，

所以，复数在复平面上对应的点为，

所以复数在复平面上对应的点位于第四象限，

故选：D.

3．已知向量，，则“”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】利用向量平行的坐标表示化简，再结合充分条件，必要条件的定义判断两者的关系.

【详解】若，则，故；

若，则，解得或．

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A．

4．已知，命题，都有；命题，总有.则下列命题中是真命题的是（    ）

A． B．  C．  D．

【答案】D

【分析】根据题意先判断命题的真假，然后根据简单复合命题的真假判断即可得出结果.

【详解】对于命题因为当且时，，所以命题为假命题；

对于命题令，因为，所以函数在上单调递减，又因为，所以，总有成立，所以命题为假命题，故为真命题，

故选：.

5．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得.

【详解】的定义域为R，

因为

，所以为偶函数，故CD错误；

又因为，，所以，故B错误.

故选：A

6．等差数列的首项为1，公差不为0.若，，成等比数列，则的通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据等差中项的性质，列出方程代入计算即可求得公差，从而得到通项公式.

【详解】因为，，成等比数列，则

即，将代入计算

可得或（舍）

则通项公式为

故选:A.

7．函数零点的个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】根据函数零点个数即为图象交点个数，结合已知条件，数形结合求解即可.

【详解】的零点个数，即为与图象的交点个数，

在同一直角坐标系下，两函数图象如下所示：

由图可知，两函数共有4个交点，故有4个零点.

故选：C.

8．若函数定义域上单调递减，则实数的最小值为（    ）

A．0 B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据单调性可得在上恒成立，即，构造，求导数分析单调性求最大值即可得解.

【详解】由函数定义域上单调递减，

得在上恒成立，即，

令，，

在上，，单调递增；

在上，，单调递减；

所以，

所以.

故选：C.

9．已知函数，若对任意的，都有，则实数a的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，进而结合题意得函数在上单调递减，进而得在上恒成立，再构造函数，求解函数的最大值即可得答案.

【详解】解：令

根据题意，不妨设且，

则不等式等价于，即，

所以， 函数在上单调递减，

所以，在上恒成立，

因为，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

所以，当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

所以，

所以，即.

所以，实数a的最小值为.

故选：A

10．若直角坐标平面内，两点满足：①点，都在函数的图象上；②点，关于原点对称，则称点是函数的一个“姊妹点对”点对与可看作是同一个“姊妹点对”．已知函数恰有两个“姊妹点对”，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意转化为函数与函数的图象恰好有两个交点，即方程在上有两个不同的解，构造函数，利用导数，分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】由题意知函数恰有两个“姊妹点对”，

等价于函数，与函数，的图象恰好有两个交点，

所以方程，即在上有两个不同的解，

构造函数，则，

当时，，函数区间上单调递增，不符合题意；

当时，令，解得，所以函数在区间上单调递增，

令，解得，所以函数在区间上单调递减，

所以，解得，

又由，所以函数在上有且仅有一个零点，

令，则，

令，解得，所以函数在区间上单调递增，

令，解得，所以函数在区间上单调递减，

所以，

所以，即，

又由，

所以函数在上有且仅有一个零点．

综上可得：，即实数的取值范围是．

故选：A.

【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.

二、多选题

11．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于点对称

B．的图象向右平移个单位后得到的图象

C．在区间上单调递增

D．为偶函数

【答案】BD

【分析】利用待定系数法求出，从而可求出函数的函数解析式，再根据正弦函数的对称性，单调性，奇偶性及平移变换的特征逐一判断即可.

【详解】解：因为的图象过点，所以，

因为，所以，

因为的图象过点，

所以由五点作图法可知，得，

所以，

对于A，因为，

所以为的图彖的一条对称轴，所以A错误；

对于B，的图象向右平移个单位后，得，所以B正确；

对于C，若，则，所以在区间上不单调，所以C错误；

对于，，

令，因为，

所以为偶函数，所以D正确，

故选：BD.

12．定义在上的偶函数满足，当时，设函数，则下列说法错误的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．

C．的图象在处的切线方程为

D．和的图象所有交点的横坐标之和为10

【答案】ABD

【分析】根据函数的对称性、周期性以及切线方程的求解和函数零点的求解，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：，则，故可得，

故关于对称，A正确；

对B：因为，又为偶函数，故，

则，即，则的周期为；

，故B正确；

对C：当时，，又为偶函数，故当时，；

当，，则；

即当时，，，又，则，

故在处的切线方程为:，即，故错误；

对：因为都关于对称，故其交点也关于对称；

两函数在同一坐标系下，且当时的图象如下所示：

由图可知，两函数在时有5个交点，也即两函数图象共有5对交点，

又每一对交点的横坐标之和为，故所有交点的横坐标之和为10，故正确.

故选：.

三、填空题

13．如图，菱形的边长为，，为的中点，则的值为_______．

【答案】

【分析】根据题意，由于菱形的边长为，，为的中点，先以点A位坐标原点建立的直角坐标系，求出其它各点的坐标，然后利用点的坐标表示出，把所求问题转化为在平面区域内求线性目标函数的最值问题求解即可。

【详解】解：以点A位坐标原点建立如图所示的直角坐标系，由于菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，M为DC的中点，故点A（0，0），则B（2，0），C（3，），D（1，），M（2，）

所以，所以，故答案为4.

【点睛】本题主要考查向量在几何中的应用以及数形结合思想的应用和转化思想的应用，是对基础知识和基本思想的考查，属于中档题。

14．若曲线的一条切线与直线垂直，则直线的方程为______．

【答案】

【分析】由切线与已知直线垂直，可求得切线斜率.根据导数的几何意义，即该点处的切线斜率可求出切点的坐标.由点斜式直线方程可求出最终结果.

【详解】因为切线与直线垂直，所以切线的斜率为，

由得，设切点为，

则切线斜率，解得，切点为，

所以切线的方程为：，即.

故答案为：.

15．已知方程的两个实数根是，且，则_____．

【答案】##

【分析】结合根与系数关系、两角和的正切公式求得正确答案.

【详解】依题意，方程的两个实数根是，

所以，

所以，

由于，，所以.

故答案为：

16．已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则的取值范围是_____．

【答案】

【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义得到，然后将经过且与曲线相切的直线有三条转化为与的图象有三个交点，求导，利用函数单调性画出大致图象，然后列不等式求解.

【详解】，设切点坐标为，切线斜率为，

当时，明显只有一条切线，故 ，

则，整理得，

经过且与曲线相切的直线有三条，即方程有三个解，即与的图象有三个交点，

，当或时，，所以在，上单调递增，当时，，所以在上单调递减，

因为，所以，又，，所以的大致图象如下：

所以，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．

(1)求角B的大小；

(2)若的面积，求的值并判断的形状．

【答案】(1)；

(2)1，等边三角形.

【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，然后化简即可得到；

（2）利用三角形面积公式得到，利用余弦定理得到，联立即可得到，，然后再结合即可得到为等边三角形.

【详解】（1）由得，

又，所以，

则，即，又，所以.

（2），整理得①，

由余弦定理得②，

①②联立可得，，整理可得，所以，，

又，所以为等边三角形.

18．已知是定义在上的奇函数．

求的解析式；

判断并证明的单调性；

解不等式：

【答案】（1）（2）函数在上为增函数．证明见解析（3）

【分析】（1）根据奇函数的性质，列出方程求出、的值，代入解析式；

（2）先判断出函数是减函数，再利用函数单调性的定义证明：设元，作差，变形，判断符号，下结论．

（3）根据函数的单调性即可得到关于的不等式组，解得即可．

【详解】解：是定义在上的奇函数，

，即．

又．

函数在上为增函数．

证明如下，任取，

为上的增函数．

，即，

，解得，

解集为：

【点睛】本题考查奇函数的性质的应用，以及函数单调性的判断与证明，解题的关键是掌握函数单调性的定义证明步骤：取值，作差，变形，定号下结论．

根据奇函数的性质，列出方程求出的值，代入解析式；

先判断出函数是减函数，再利用函数单调性的定义证明：设元，作差，变形，判断符号，下结论

根据函数的单调性即可得到关于x的不等式组，解得即可．

19．已知函数．

(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；

(2)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，求的面积．

【答案】(1)见详解

(2)

【分析】（1）化简函数的解析式为正弦型函数，然后利用正弦型函数的最小正周期公式、单调性进行求解即可；

（2）根据求出A，然后结合其他条件解三角形，结合三角形面积公式进行求解即可.

【详解】（1）

，

所以的最小正周期．

令，，

解得，，

所以的单调递减区间为，．

（2）因为，所以，

即，

又，所以，

所以或，或，

当时，，不符合题意，舍去；

当时，，符合题意，

所以，，，，

此时为等腰三角形，所以，

所以，

即的面积为．

20．已知.

(1)讨论的单调性；

(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.

【答案】(1) 时 ,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.

【详解】试题分析：（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.

试题解析：

（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a的取值范围是.

【解析】本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.

21．已知函数，曲线在点处的切线方程为．

（1）求实数的值，并证明：对，恒成立．

（2）设函数，试判断函数在上零点的个数，并说明理由．

【答案】（1）；证明见解析；（2）只有一个零点；答案见解析．

【分析】（1）利用切线方程求出；把原不等式转化为只需证明，构造函数，利用导数求最小值，即可证明；

（2）先设出，，根据函数和的图象的交点，研究出函数在上无零点，在上只有一个零点，即证.

【详解】解：（1）根据题意，

曲线在点处的切线方程为

此时若要证明，对，恒成立，需证明

故需证明，则令，

；；

函数在上单调递减；在上单调递增；

故有当，，即对，恒成立

恒成立．

（2）根据题意可得，

在同一个直角坐标系中作出函数和的图象如下：

假设当时，函数和的相交，

时，单调递增；时，单调递减；

即得

又

综上可得，函数在上无零点，在上只有一个零点

即函数在上只有一个零点．

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围；

（4）利用导数证明不等式；

（5）利用导数研究零点问题等

其本质是利用导数研究原函数的单调性，求极值或最值.

22．已知直线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.

(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)已知直线和曲线交于两点，设点，求.

【答案】(1)直线；曲线

(2)

【分析】（1）由参数方程消去参数即可得到直线的普通方程；根据极坐标和直角坐标互换原则直接求解即可得到曲线的直角坐标方程；

（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程可得韦达定理的形式，根据直线参数方程中的几何意义可知，代入韦达定理结论可求得结果.

【详解】（1）由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；

由得：，

，即曲线的直角坐标方程为：.

（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；

设对应的参数分别为，则，，

.

23．已知.

(1)解不等式；

(2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别讨论，去掉绝对值，分别求出每个不等式的解集，再求并集即可.

（2）由题可得，再利用绝对值三角不等式求出，解不等式即可.

【详解】（1）

当时，可化为，解得，所以；

当时，可化为，解得，所以；

当时，可化为，解得，所以.

综上，不等式的解集为.

（2）关于x的不等式在上恒成立等价于，

又，

当且仅当，即时等号成立，所以，

所以，解得.

故实数m的取值范围为.