2023届黑龙江省哈尔滨第三中学校高三上学期第一次验收考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨第三中学校高三上学期第一次验收考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届黑龙江省哈尔滨第三中学校高三上学期第一次验收考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合A的真子集的个数为(    )A．7 B．8 C．15 D．16【答案】A【分析】根据对数函数的定义域求出集合A，再根据真子集的概念即可求解．【详解】由题知，故，∴集合A的真子集个数为个．故选：A．2．（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式化简运算.【详解】故选：D.3．若幂函数在上为减函数,则m的值为（　  　）A．1或3 B．1 C．3 D．2【答案】C【解析】由幂函数在区间上为减函数，可得，．解出即可．【详解】函数是幂函数，则，解得：或 又函数在区间上为减函数，则，所以，故选：C.【点睛】本题考查了幂函数的定义及其单调性，属于基础题．4．牛顿冷却定律，即温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律.如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，其中是环境温度，h为常数.现有一个105℃的物体，放在室温15℃的环境中，该物体温度降至75℃大约用时1分钟，那么再经过m分钟后，该物体的温度降至30℃，则m的值约为（    ）（参考数据：，）A．2.9 B．3.4 C．3.9 D．4.4【答案】B【分析】根据题意中的关系式可得、，利用指、对数互化求出m的值即可.【详解】由，有，又，有，即，则，解得，故选：B.5．将函数的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像，则的值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先将转化为，然后通过题意得出，最后通过即可得出结果.【详解】，函数的图像向右平移个单位长度后得到，则，令，解得，故选：A.6．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用排除法，结合函数图及性质可得出答案.【详解】解：对于A，，所以函数为偶函数，故排除A；对于D，，故排除D；对于C，，则，所以函数为奇函数，故排除C.故选：B.7．已知，当，，，，试比较，，的大小关系（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数的单调性及利用时，判断的大小即可得解.【详解】，在上是增函数，由时，知，，，故选：D8．已知，其中，均为锐角，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和与差的余弦公式化简题干，从而得，利用两角差的正切公式展开并代入计算化简，结合基本不等式即可求解得最大值.【详解】化简题干，得，，，，即，得，    ，当且仅当，即时，取等号.所以的最大值为.故选：C【点睛】解决三角恒等变换化简问题的方法：弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂等. 二、多选题9．下列说法不正确的是(    )A．三角形的内角是第一象限角或第二象限角B．C．1弧度的角就是长为半径的弦所对的圆心角D．若，则与的终边相同【答案】ACD【分析】根据任意角的基本概念和三角函数定义即可逐项判断．【详解】对于选项A，三角形内角范围是，其中90°不属于象限角，故A错误；对于选项B，大小为2的角终边在第二象限，故cos2＜0，故B正确；对于选项C，1弧度的角是长为半径的“弧”所对的圆心角，故C错误；对于选项D，若，则α和β的终边相同或关于y轴对称，故D错误．故选：ACD．10．下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，，则【答案】AC【分析】根据不等式的性质分析A选项，利用幂函数的性质分析C，利用特殊值分析B，D选项即可得答案.【详解】对于A选项，由，得，．所以，故A正确；对于B选项，当时，由，得，故B错误；对于C选项，因为函数在上为增函数，又，所以，故C正确；对于D选项，当，，，时，满足，，但，故D错误，故选：AC11．已知函数在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）A．在区间上有且仅有3个不同的零点B．的最小正周期可能是C．的取值范围是D．在区间上单调递增【答案】BD【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，可求出的取值范围判断C，再利用三角函数的性质可依次判断ABD．【详解】解：由函数，令，则，函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，由，得，则，，，即，，故C错误；对于A，，，，当时，在区间上有且仅有个不同的零点；当时，在区间上有且仅有个不同的零点，故A错误；对于B，周期，由，则，，又，所以的最小正周期可能是，故B正确；对于D，，，又，，又，所以在区间上一定单调递增，故D正确．故选：BD．12．是定义在上的函数，满足，，则下列说法错误的是（    ）A．在上有极大值 B．在上有极小值C．在上既有极大值又有极小值 D．在上没有极值【答案】ABC【分析】先由题意得，再构造，得到，进而再构造，判断出，即，由此得到选项.【详解】根据题意，，故，又，得，故，令，则，又，记，所以， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，即，即，所以在上单调递增，故在上没有极值.故选项ABC说法错误，选项D说法正确.故选：ABC 三、填空题13．若，则___________；【答案】0.6【分析】化解，代入约分即可.【详解】因为，所以故答案为：14．“，”是假命题，则实数的取值范围为 _________ .【答案】【分析】存在量词命题是假命题，则其否定全称量词命题是真命题，写出其全称量词命题，是一个二次不等式恒成立问题，分情况讨论，求的范围.【详解】由题意可知，“，”的否定是真命题，即“，”是真命题， 当时，，不等式显然成立，当时，由二次函数的图像及性质可知，，解得，综上，实数的取值范围为.故答案为：.15．某游乐场的摩天轮示意图如图所示，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟.在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h（单位：米）与时间（单位：分）的函数关系基本符合正弦函数模型，现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为分钟，则1号座舱与地面的距离h与时间的函数关系的解析式为___________；【答案】【分析】由正弦函数图像的性质可依次求得，，和.【详解】设函数解析式为：，因为最小正周期，所以，的最大值为62，最小值为2，所以，摩天轮正中心离地面32米，所以，当时，，所以，.所以解析式为：.故答案为：.16．已知函数，若关于的方程有四个不等实根.则实数a的取值范围为___________.【答案】【分析】先利用图像的对称、平移等变换作出的图像，再令，，必有两个不同的零点、，而由、与共有四个交点，分类讨论可得到a的取值范围.【详解】根据题意，得当时，，令，则当时，，故与的图像关于原点对称；当时，，因为是由的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位得到，故的图像是由保留轴上方的图像，再将轴下方的图像往上翻折得到；综上，作出的图像如下：令，，由可得，又因为关于的方程有四个不等实根，则函数必有两个不同的零点、，且、与共有四个交点，不妨设，①若，则，由韦达定理可得，解得，满足题意；②若，则，则，解得；③若，则，则，无解.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：. 四、解答题17．已知，，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式，二倍角公式求解即可.（2）利用同角三角函数的基本关系式，两角和的余弦公式求解即可.【详解】(1)，(2)，，，由，得：，，18．已知函数.(1)当时，求曲线在点的切线方程；(2)讨论函数的单调性.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）根据切线的点斜式方程，求导求斜率，求切点，可得答案；（2）由题意，对含参函数，求导，分类讨论，可得答案.【详解】(1)由，则，，，，切线方程：，则.(2)由，求导得，①当时，，，解得，，解得，则：单减区间：，单增区间：；②当时，令，解得或（舍去）当时，，当时，，则：单减区间：，单增区间：；③当时，令，解得或，当时，，当时，，则：单减区间：和，单增区间：；④当时，，则：单减区间：；⑤当时，令，解得或，当时，，当时，，则：单减区间：和，单增区间：；综上，当时，单减区间：，单增区间：当时，单减区间：和，单增区间：当时，单减区间：当时，单减区间：和，单增区间：.19．已知函数.(1)求的对称中心，并求当时，的值域；(2)若函数的图像与函数的图像关于y轴对称，求在区间上的单调递增区间.【答案】(1)对称中心：，，值域：(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换，化简函数，再结合正弦型函数的对称中心公式，即可得到对称中心，结合正弦函数的图像即可求得其值域.（2）由（1）中的解析式，根据对称变换即可得到函数的解析式，再结合正弦型函数的单调区间即可求得结果.【详解】(1)因为函数令，解得，即对称中心当时，则，再结合三角函数图像可得所以，函数对称中心：，，值域：.(2)因为函数的图像与函数的图像关于y轴对称，则，令，，解得当时，即为所以当时，的单调递增区间：.20．已知函数.(1)判断并用定义法证明在其定义域上的单调性；(2)若对任意恒成立，求实数k的取值范围.【答案】(1)在R上单调递增，证明见解析(2) 【分析】（1）先假设，再判断的正负即可；（2）根据函数的奇偶性以及单调性，将问题转化为对任意恒成立，再分离参数，利用导数求的最小值即可.【详解】(1)在定义域上单调递增，证明：函数的定义域为R，，R且，，因为，所以，而，所以，故在R上单调递增.(2)，为R上的奇函数，所以有所以不等式可转化为又因为在R上单调递增，所以对任意恒成立，即，令，设，，所以在上单调递增，.所以：.21．哈尔滨市某高级中学为了在冬季供暖时减少能源损耗，利用暑假时间在教学楼的屋顶和外墙建造隔热层.本次施工要建造可使用30年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为8万元.由于建造工艺及耗材等方面的影响，该教学楼每年的能源消耗费用T（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：当时，；当时，；若不建隔热层，每年能源消耗费用为5万元.设为隔热层建造费用与30年的能源消耗费用之和.(1)求k的值及的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用达到最小.并求最小值.【答案】(1)，；(2)当时，取得最小值，且最小值为万元. 【分析】(1)由题意知本题分两部分讨论.当时，由求出，求出对应，当时，求出.(2) 当时,利用均值不等式求出，当时，二次函数，故.【详解】(1)由题意知若不建隔热层，每年能源消耗费用为5万元，解得，当时， 当时，，(2)当时，，当且仅当时等号成立.当时，当时，，所以，当时，取得最小值，且最小值为万元.22．已知函数有两个不同的零点，.(1)当时，求证：；(2)求实数a的取值范围；(3)求证：.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）构造函数，利用导数求出的单调性，由单调性即可得解；（2）求，当a≥0时不合题意，当时求函数极小值，函数有两个零点需要极小值为负，可得出，在此条件下由零点存在性定理即可得证；（3）构造函数，由导数可得在上单调递减，设可得，据此利用不等式的性质化简变形即可得证.【详解】(1)令，则，当时，，得在上单调递减，所以，所以.(2)当a≥0时，， 此时为增函数，不合题意;当时，， 得，所以在上单调递减，在上单调递增，如果有两个不同的零点，必有， 则，得，所以.此时，又此时，故在有一个零点；由（1）知，时，，令，解得，故当时，，故当时，，故在上有一个零点，(利用当时，也可以)；所以有两个不同的零点时，；(3)令，则，令，，因为在上均单调递减，所以在上单调递减，，则在上单调递增，故，则，所以在上单调递减，由（2）知，不妨设，则，即，又，所以有，又，则，得，则，可得，即.【点睛】关键点点睛：证明函数存在两个零点，利用导数分析出函数在定义域上先减后增，那么必须先满足极小值小于0，在此条件下，利用零点存在性定理，找到零点两侧存在大于0的函数值是关键，可采用特殊值，也可分析，也可利用极限处理.