重庆市2023届高三数学上学期11月调研试题（Word版附解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试

11月调研测试卷数学

数学测试卷满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.

2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.

3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用对数函数的单调性解不等式得到集合，然后求交集即可.

【详解】，所以，即，，.

故选：C.

2. 已知向量，，，则实数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.

【详解】解：因为，，

所以，

因为，所以，即，解得.

故选：A

3. 设是定义域为R的函数，且“，”为假命题，则下列命题为真的是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【分析】根据含有一个量词的命题的真假关系即可求解.

【详解】因为命题“”为假命题，

所以命题“”为真命题，

故选：.

4. 已知是定义在R上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先判断时函数的单调性，并根据零点，求的解集，然后根据奇函数的性质，求函数在时，的解集，即可求解.

【详解】当时，是增函数+增函数=增函数，且，

所以当时，，时，，

根据奇函数性质可知，，，，，

所以不等式的解集是.

故选：D

5. 设，函数为偶函数，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简得，然后根据偶函数得到，解得，最后根据即可得到的最小值.

【详解】，因为为偶函数，所以，故，又，最小值为.

故选：D.

6. 设等差数列的前项和为，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据数列为等差数列，利用求和公式求得首项与公差，进而可得.

【详解】由数列为等差数列，则，

解得，

则，

解得或，

又，所以，

故选：B.

7. 已知函数的图象如图1所示，则图2所表示的函数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根函数图象判断两个函数见的位置关系，进而可得解.

【详解】由图知，将的图象关于轴对称后再向下平移个单位即得图2，

又将图象关于轴对称后可得函数，

再向下平移个单位，可得

所以解析式为，

故选：C.

8. 已知,且,则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据换底公式,找出的关系,再用“1”的代换,求出最小值.

【详解】解:由题知,

根据换底公式该等式可化

,

,

当且仅当时成立

最小值为.

故选:D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设是非零复数，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数的运算性质逐一检验即可.

【详解】A选项，，故，正确；

B选项，即.故，正确；

C选项，即z为纯虚数，故，不正确；

D选项，∵，故，正确.

故选：ABD.

10. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性结合不等式的性质逐项分析即得.

【详解】A选项，∵，∴单调递增，∴，故A错误；

B选项，由可知函数单调递增，又，

故，∴，即，故B正确；

C选项，由题可知，，，故，即，故C正确；

D选项，函数单调递减，单调递增，，故，故D错误.

故选：BC.

11. 已知函数的最小正周期为，，且是的一个极小值点，则（    ）

A.

B. 函数在区间上单调递减

C. 函数的图象关于点中心对称

D. 函数的图象与直线恰有三个交点

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意和三角函数的周期性求出，即可判断A；根据极小值的概念和正弦函数的图象与性质可知函数在[，π]上单减，即可判断B；利用验证法即可判断C；作出函数与直线的部分图象，结合数形结合的思想即可判断D.

【详解】A：由题知，∴，

又.，得，故A正确；

B：由为极小值点，，∴f（x）在[，π]上单减，故B正确；

C：，故（，0）不是f（x）的对称中心，故C错误；

D：函数与直线的部分图象如下.

直线x恰好经过的一个最低点（-，-1），

且当时，或，

此时它与的图象再无交点，所以二者共有3个交点，故D正确.

.

故选：ABD.

12. 在中，，，为内角，，的对边，，记的面积为，则（    ）

A. 一定是锐角三角形 B.

C. 角最大为 D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】举例说明即可判断A；根据椭圆的定义和几何性质即可判断B；利用余弦定理求出即可判断C；根据正弦定理，结合三角恒等变换计算化简即可判断D.

【详解】A选项，取，但△ABC显然为直角三角形，故A错误；

B选项，由，以A，C为焦点、2b为长轴长的椭圆上运动，

结合椭圆的几何性质知，当B为短轴端点时△ABC面积最大，

且为，故B正确；

C选项，，

当且仅当时取等号，故，故C正确；

D选项，，

，

，

显然，故，

即，即，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线斜率，进而可得切线方程.

详解】由，得，

则，

又，

所以切线方程为，即，

故答案为：.

14. 已知等比数列的前项和为，，，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据题意可得，进而求得，即可求解.

【详解】设等比数列的公比为q，由，

得，

故，

所以.

故答案为：.

15. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量的模为___________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据题意求出向量与向量的数量积,再根据公式即可求解.

【详解】因为向量满足，，，

所以，，

所以，，

所以在上的投影向量的模为，

故答案为：.

16. 已知且，函数有最小值，则的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据对数函数的性质可得当时函数无最小值，不符合题意；当时，利用基本不等式求出在上的最小值，利用对数函数的性质求出在上的值域为，列出不等式，解之即可.

【详解】当时，x在（0，a）上单调递增，所以值域为（-∞，1），

故函数f（x）无最小值，不符合题意；

当时，上有，

所以，当且仅当即时等号成立，

所以的最小值为

x在（0，a）上单调递减，所以值域为（1，+∞），

故函数f（x）有最小值只需，即，所.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知等差数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列是公比为2的等比数列，且，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设出等差数列的通项公式，根据题干条件列出方程，求出，得到通项公式；

（2）根据等比数列的定义得到，利用等差数列和等比数列求和公式，分组求和求出答案.

【小问1详解】

设等差数列{}的通项公式为，

则，故，

即，

∴：

【小问2详解】

，

∴，

∴

∴

18. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；

（2）求不等式的解集.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据图像判断周期,找出,根据零点代入解析式找出即可.

(2)结合图像写出解集,化简即可.

【小问1详解】

解:由图知,,

由图知,

故,

,,

;

【小问2详解】

由题知,,即,

即,

解得,

故不等式的解集为.

19. 如图，在平面四边形中，，，.

（1）求；

（2）若，的面积为，求的长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由已知结合同角的平方关系先求出，然后根据三角形内角和及两角和的正弦公式即可求解；

(2) 在中,由正弦定理求出，再结合诱导公式和三角形的面积公式q求出，然后利用勾股定理即可求解.

【小问1详解】

由题知，故，.

∴,

故.

【小问2详解】

在中，由正弦定理得，

即 由知，

故，∴，∴.

20. 已知函数，.

（1）讨论的单调性；

（2）当时，，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求导，再分，，讨论即可求解；

（2）即，结合（1）即可求解

【小问1详解】

，

当即时，或，

故在和上单调递增，在上单调递减；

当即时，，在上单调递增；

当即时，或，

故在和上单调递增，在上单调递减；

综上可知：时，故在和上单调递增，在上单调递减；

时， 在上单调递增；

时，和上单调递增，在上单调递减；

【小问2详解】

由（1）知，当时，在上恒成立，单调递增，

故，符合题意：

当时， ，

故在上单调递减，在上单调递增；

，

故，解得；

综上.

21. 已知的内角，，的对边分别为，，，函数的最大值为.

（1）求的值；

（2）此是否能同时满足，且___________？

在①，②边的中线长为，③边的高线长为这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，若满足上述条件，求其周长；若不能满足，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）选①，的周长为；选②，不存在，理由见解析；选③，的周长为

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，根据函数的最值可得解；

（2）若选①，结合三角恒等变换可得的值，根据正弦定理可求得，再根据余弦定理可得，进而可判断是否成立并求得周长；若选②，由已知可得，根据，结合余弦定理可得与，可得不成立；若选③，根据三角形面积可得，再根据余弦定理可得，进而可判断是否成立并求得周长.

【小问1详解】

，其中，，

又函数的最大值为，即，

整理得，

又，

所以，

所以，

解得；

【小问2详解】

若选①，由，

即，得，

又由正弦定理得，且，

所以，

由余弦定理可知，解得，

且满足，所以满足条件，

，解得，

故的周长为；

若选②，设边的中线为，则，

所以，

所以，

又由余弦定理得，即，

解得，，不满足，

所以不存在；

若选③，由三角形面积公式得，且，

可得，

由余弦定理，

解得，满足，

所以满足上述条件，

，即，

所以的周长为.

22. 已知函数，.

（1）当时，讨论的单调性；

（2）若存在两个极值点，求的取值范围.

【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，根据导数的符号即可求出函数的单调区间；

（2）求导，函数有两个极值点，则函数至少有两个零点，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的简图，数形结合从而可得出答案.

【小问1详解】

解：，定义域为，

则，

，

所以在上单调递减，在上单调递增；

【小问2详解】

解：，

函数有两个极值点，则函数至少有两个零点，

设，则，

设，则，

所以函数在上递减，

又，则时，，当时，，

所以函数在上递增，在递减，

又时，，当时，，

欲使在内至少存在两个不等实根，

则函数与在至少有两个交点，

作出函数的图象，如图所示，

则，解得，

此时，在和内各存在一个零点，分别设为，

则或时，，当时，，

故为的极小值点，为的极大值点，符合题意，

所以.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及函数的极值点、零点问题，考查了转化思想及数形结合思想，解决第二问的关键在于将问题转化为导函数至少有两个零点，有一定的难度.