四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（文科）试题（解析版）

遂宁市高中2023届零诊考试

数学（文科）试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．总分150分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题，满分60分）

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并检查条形码粘贴是否正确．

2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．考试结束后，将答题卡收回．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．

1. 已知集合，，那么等于（    ）

A. 或 B. 或

C. 或 D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.

【详解】，解得或，

所以或，

所以或.

故选：B

2. 已知复数（是虚数单位），则的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数乘法运算求解得，再求虚部即可.

【详解】解：因为，

所以，的虚部为.

故选：C

3. 设m，n为实数，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

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数单调性分别化简和，根据充分条件和必要条件的定义判断两者关系.

【详解】因为函数为上的单调递增函数，又，所以，所以，又函数在上单调递减，所以，所以“”是“”的充分条件，因为函数在上单调递减，又，所以，当为负数时，没有对数值，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件，A正确，

故选：A.

4. 若为等差数列，是数列的前项和，，，则等于（    ）

A. 7 B. 6 C. 5 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，设等差数列的公差为，进而建立方程组求解得，再计算即可.

【详解】解：根据题意，设等差数列的公差为，

因为，

所以，解得，

所以.

故选：D

5. 已知，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由，然后根据正切的和差公式求解即可．

【详解】解：，，

．

故选：D．

6. 若实数，满足，则的最大值为（    ）

A. 8 B. 7 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】由约束条件作出可行域，再结合图象求出目标函数的最值.

【详解】由约束条件作出可行域，如图：

联立 ，解得

由，得，为直线的纵截距.由图可知，当直线过点时，直线的纵截距最大，且.

故选：B.

7. 为公比大于1的正项等比数列，且和是方程的两根，若正实数x，y满足，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用等比数列的性质得到，结合韦达定理，，得到，求出或4，结合公比，求出，得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值.

【详解】由题意得：，，

因为为公比大于1的正项等比数列，所以，

故，，

由得，将其代入得：，

解得：或4，

设公比为，则，

当时，，所以，因为，解得：

当时，，所以，因为，不合题意，舍去；

所以，即，

，

当且仅当，即时，等号成立，

故选：B

8. 已知满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据判断函数的奇偶性，再根据奇偶性和x＜0时的解析式，求出f(x)在x＞0时的解析式，再根据导数的几何意义即可求解．

【详解】已知满足，∴为奇函数，

当时，，因此，

则x＞0时，，

曲线在点处的切线斜率，

又，

∴曲线在点，即(1，0)处的切线方程为，

整理得﹒

故选：C．

9. 已知是定义在上的奇函数，且，对于上任意两个不相等实数和，都满足，若，，，则的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知函数为偶函数，在上单调递增，进而根据结合函数的性质比较大小即可.

【详解】解：因为是定义在上的奇函数，

所以，

所以，即函数为偶函数，

因为对于上任意两个不相等实数和，都满足，

所以函数在上单调递增，

因为，

因为，

所以，，即.

故选：A

10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（    ）

A. 若，则

B. 若为锐角三角形，则

C. 若，则一定为直角三角形

D. 若，则可以是钝角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】A.由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断.

B.通过内角和为化简，再借助角为锐角得到角满足的关系，在再取角的正弦值化简即可.

C.边化角，运用两角差的正弦公式化简，得到角的关系，再借助内角和为计算即可得到.

D. 通过内角和为化简角，再利用两角和正切公式化简即可得到

，然后判断即可.

【详解】A.因为，所以由正弦定理知，又因为在三角形中大角对大边，所以.故选项A正确.

B. 因为为锐角三角形，所以，即，所以.故选项B正确.

C.由正弦定理边化角得,则或（舍），则,即，则一定为直角三角形.故选项C正确.

D.

又因为最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角,所以为锐角三角形.故选项D错误.

故选：D.

11. 在中，，，为线段的中点，，为线段垂直平分线上任一异于的点，则（    ）

A.  B. 4 C. 7 D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据题意得为直角三角形，，进而得，再根据，，得.

【详解】解：因为在中，为线段的中点，

所以，即，

因为，，，

所以，即，

因为，

所以，即，

所以，，即，

所以，

因为，所以，即为直角三角形，

所以

因为为线段垂直平分线上任一异于的点，

所以，，，

所以

故选：C

12. 已知向量的夹角为60°，，若对任意的、，且，，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量数量积的定义求得，于是由数量积的应用可得，对任意的、，且，则将转化为，即，则构造函数得函数在上单调递减，求导判断单调性，即可得的取值范围.

【详解】解：已知向量夹角为60°，，则

所以

所以对任意的、，且，，则

所以，即，设，即在上单调递减

又时，，解得，

所以，，在上单调递增；，，在上单调递减，所以.

故选：A.

第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）

注意事项：

1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上．

2．试卷中横线的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答．

本卷包括必考题和选考题两部分．第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，若与垂直，则实数等于____．

【答案】0或4

【解析】

【分析】根据向量坐标运算的垂直关系计算即可.

【详解】向量，，

若与垂直，

则，解得或，

故答案：0或4.

14. __

【答案】6

【解析】

【分析】根据指数、对数、三角函数等知识确定正确答案.

【详解】原式

.

故答案为：

15. 若命题“”是假命题，则实数a的取值范围是___________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意，命题的否定为真命题，分别讨论和两种情况，根据二次函数的性质，即可得答案.

【详解】因为命题“”是假命题，

所以命题的否定：为真命题，

当时，恒成立，符合题意，

当时，由题意得：，解得.

综上实数a的取值范围是.

故答案为：

16. 正割（Secant，sec）是三角函数的一种，正割的数学符号为sec，出自英文secant．该符号最早由数学家吉拉德在他的著作《三角学》中所用，正割与余弦互为倒数，即．若函数，则下列结论正确的有__

①函数的图像关于直线对称；

②函数图像在处的切线与轴平行，且与轴的距离为；

③函数在区间上单调递增；

④为奇函数，且有最大值，无最小值．

【答案】②③

【解析】

【分析】根据判断①；根据导数的几何意义求切线方程判断②；根据导数求解函数的单调性判断③；结合函数的单调性判断④.

【详解】解：对于①，由题知，，

显然，故函数的图像不关于直线对称，故①错误；

对于②，，，

所以，，

所以，函数图像在处的切线方程为，

所以，函数图像在处的切线与轴平行，且与轴的距离为，故正确；

对于③，因为，

令，则恒成立，

所以，在上单调递增，

因，

所以，时，；时，，

因为函数的定义域为

所以，当时，，，

所以，函数在区间上单调递增，故正确；

对于④，函数的定义域为，，故函数为奇函数；

由③知，当和时，函数为增函数，

所以，当从趋近于时，函数值趋近于，故函数无最大值，

当从趋近于时，函数值趋近于，故函数无最小值，故④错误.

所以，正确的结论有：②③

故答案为：②③

三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知集合，函数的定义域为集合．

（1）当时，求；

（2）设命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意得或，再求交集运算即可；

（2）由题知或，，再根据集合关系求解即可.

【小问1详解】

解：当时，，

由题意，解得或，所以或，

又，

所以.

【小问2详解】

解：由题意，即，解得：或，

所以或，

因为p是q的充分不必要条件，

所以，集合是集合的真子集，

所以或，解得或

故实数的取值范围．

18. 已知公比大于1的等比数列满足，，数列的通项公式为

（1）求的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和Tn．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用等比数列的通项公式化简条件，求出等比数列的公比，由此可得数列的通项公式；(2)由(1)可得，利用裂项相消法和组合求和法求数列的前n项和Tn.

【小问1详解】

设等比数列的公比为，则，由，，

可得，即得，解得或（舍去），

故 ，所以的通项公式为；

【小问2详解】

若，则，故，即，

即

所以

.

19. 已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）若时，函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求实数b的取值范围．

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求解不等式即可作答.

（2）根据给定条件，构造函数，求出三次函数的极值，列出不等式求解作答.

【小问1详解】

函数定义域R，求导得，

若，当时，，当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增；

若，恒有．即在上单调递增；

若，当时，；当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增，

所以当时，函数的递减区间是，递增区间是和；

当时，函数在上单调递增；

当时，函数的递减区间是，递增区间是和.

【小问2详解】

当时，，令，

因函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，则函数图象与轴有三个交点，

而，由，解得或，由，解得，

因此函数在上单调递增，在上单调递减，

于是得在时取得极大值，在时取得极小值，依题意，，解得，

所以实数的取值范围为．

20. 已知函数

（1）求函数的对称中心及在上的单调递增区间；

（2）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，，，求的值．

【答案】（1）对称中心为；单调递增区间为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）由三角恒等变换得，再根据整体代换求解即可；
（2）结合（1）得，进而得，再根据余弦定理和已知条件得，，进而结合正弦定理求解即可.

【小问1详解】

解：函数

．

由，，解得，

故所求对称中心为．

由，，解得，

令，有，令，有

又，

所以所求的单调递增区间为，

【小问2详解】

解：因为，所以，即

又在中，

所以，即，

由余弦定理知，，

又

所以，解得，，

由正弦定理知，，

所以

21. 已知函数，，其中为自然对数的底数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）令，求证：对，有成立；

（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析；    （3）.

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义求曲线在点处的切线的斜率，利用点斜式求切线方程；

（2）利用导数求函数的最小值，利用基本不等式求的最大值，由此证明；

（3）由已知可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数求函数的最大值，可求的取值范围．

【小问1详解】

因为，所以，所以，，所以曲线在点处的切线的斜率为2，故切线方程为，即；

【小问2详解】

因为，当时，，故在上单调递增，所以，

又，因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，即当时，，

由于的最小值等于的最大值，且不是在同一点取得，故有成立

【小问3详解】

由不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，得在上恒成立，

令，由(2) 在上单调递增，所以，则在上恒成立，

在上恒成立，

令，则

在递减，

所以实数的取值范围是

【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：

(1)恒成立⇔；

(2)恒成立⇔.

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

［选修4—4：坐标系与参数方程］

22. 平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为

（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）曲线与交于M，N两点，求与直线MN平行且过原点的直线l的极坐标方程及的值．

【答案】（1）；   

（2）；

【解析】

【分析】（1）求曲线的普通方程只需把平方即可，求曲线的方程只需极坐标与直角坐标的转化公式化简即可 .

（2）两圆方程联立即可求相交弦方程，即直线MN的方程，再根据平行求出直线l的方程，进而可求直线l的极坐标方程，再利用圆的弦长与圆心到直线的距离，半径之间的关系即可求出的值．

【小问1详解】

由曲线的参数方程为（为参数），可得，

即曲线的普通方程为；

曲线的极坐标方程为  .

故曲线的直角坐标方程为.

【小问2详解】

由（1）得

即直线的方程为，

则与直线平行且过原点的直线的方程为，其倾斜角为

所以直线的极坐标方程为；

设曲线的圆心到直线的距离为，则 ，故．

故：

［选修4—5：不等式选讲］

23. 已知函数

（1）当时，解不等式；

（2）若对于任意的恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，分类讨论求解即可；

（2）根据题意且对任意的恒成立，再求对应的最值即可得答案.

【小问1详解】

解：当时，不等式，即，

所以或，

即得或，

解得或，

所以不等式的解集为或

【小问2详解】

解：因为对任意的恒成立，

所以，对任意的恒成立，即，即，

故只要且对任意的恒成立即可，

因为，，当且仅当时，即时等号成立，

所以，

令，，

因为函数在上单调递增，

所以在上的单调递增，从而，

所以，，即实数的取值范围是