广东省深圳中学2022-2023学年高三数学上学期第一次阶段测试试卷（Word版附解析）

深圳中学2023届高三年级第一次阶段测试

数学

本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；

如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题组号的信息点，再作答.漏涂、错涂、多涂的，答案无效.

5．考生必须保持答题卡的整洁.

第一部分  选择题（60分）

一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分．每个小题仅有一个答案是正确的）

1. 集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合中元素满足的约束条件，化简集合，进而根据交集运算即可求解.

【详解】，，

所以，

故选：B

2. 己知命题p：，．则命题p的否定是（    ）

A. ， B. ，

C. ，公众号高中僧课堂 D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】根据命题的否定的定义判断．

【详解】特称命题的否定是全称命题．

原命题的否定是：，．

故选：A．

3. “”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】首先根据指对不等式解出对应，的范围，然后确定推导关系，最后根据充分不必要条件的定义进行判断即可.

【详解】由，解得；

由，解得；

因此可知若成立，可以推出成立，

但若成立，不能推出一定成立，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

4. 已知，，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用基本不等式求解．

【详解】因为，，且，

所以，当且仅当，即时等号成立，

故选：D．

5. 已知，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式将题干化简得到，再利用二倍角公式求出所求结果.

【详解】因为，

所以；

故选：D.

6. 在平面直角坐标系xOy中，α为第四象限角，角α的终边与单位圆O交于点P(x0，y0)，若cos()=，则x0=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由三角函数的定义知x0=cosα，因为cosα=，所以利用两角差的余弦公式可求.

【详解】解：由题意，x0=cosα.

α∈，∈，

又cos()=，

∈，

=，

x0=cosα==+

==.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是根据cos()=，缩小角的范围，从而确定的正负.

7. 已知当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将化为，将看成主元，令，分，和三种情况讨论，从而可得出答案.

【详解】解：恒成立，

即，对任意得恒成立，

令，，

当时，，不符题意，故，

当时，函数在上递增，

则，

解得或（舍去），

当时，函数在上递减，

则，

解得或（舍去），

综上所述，实数的取值范围是.

故选：D.

8. 已知定义在上的函数满足：①图像关于直线对称；②若对于任意，，当时，不等式恒成立．则不等式的解集为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，分析可得为上的偶函数，且在上单调递减，则在上单调递增，进而不等式转化为，解可得的范围，得解集.

【详解】解：由图像关于直线对称，可得图像关于直线对称，

即为上的偶函数

若对于任意，，当时，不等式恒成立，即

即在上单调递减，则在上单调递增；

由不等式，可得，解得

则不等式的解集为.

故选：B.

二、多项选择题：（共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 下列各式的值等于的是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用二倍角公式及特殊角的三角函数值即可得到答案

【详解】，故错误

，故正确

，故正确

，故错误

综上所述，故选

【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，着重考查了倍角公式的应用，属于基础题

10. 将函数的图像向左平移个单位，所得图像关于原点对称．若，则下列说法正确的是（    ）

A. 的最小正周期为

B. 的对称中心为

C. 对任意的，都有

D. 与的公共点的纵坐标为或

【答案】AB

【解析】

【分析】利用平移后得函数是奇函数求出，则的最小正周期为，故A正确；令判断B正确；由判断C错误；令分析得到公共点的纵坐标为或，判断D错误.

【详解】将函数的图像向左平移个单位，可得，为奇函数，则，

即，，

因为，所以，则，

所以的最小正周期为，故A正确；

令，得，的对称中心为，故B正确；

，所以不是对称轴，故C错误；

令，即，

，

，

与的公共点的纵坐标为或，

故D错误；

故选：AB.

11. 已知定义在区间上的函数，是的导函数，若存在，使得．则称为函数在上的“中值点”．下列函数，其中在区间上至少有两个“中值点”的函数为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】求出，逐项判断方程在上的根的个数，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，，，

由，所以，，

当时，，如下图所示：

由图可知，直线与曲线在上的图象有两个交点，

A选项满足条件；

对于B选项，，，

由，所以，，

因为函数在上单调递增，故方程在上不可能有两个根，B不满足条件；

对于C选项，，，

由，可得，解得，

故函数在上只有一个“中值点”，C选项不满足条件；

对于D选项，，，

由，可得，

故函数在上有两个“中值点”，D满足条件.

故选：AD.

12. 下列大小关系正确的是（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】构造函数，利用导数判断其单调性后判断A，利用指数函数性质判断B，利用对数函数性质及基本不等式判断C，根据对数换底公式、对数函数性质判断D．

【详解】设，则，

时，，递增，

而，所以，即，，

即，A正确；

，B正确；

，所以，

所以，C正确；

，，

，所以，

，，所以，，

所以，D错．

故选：ABC．

第二部分  非选择题（90分）

三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 设的内角的对边分别为，，则__．

【答案】8

【解析】

【分析】利用正弦定理化角为边，求得边，再利用余弦定理即可得出答案.

【详解】解：在中，因为，

所以，

又，所以，

所以，

所以.

故答案为：8．

14. 已知，设函数的图象在点处的切线为，则与轴交点的纵坐标为______．

【答案】

【解析】

【分析】求得的导数，可得切线的斜率，切点，由点斜式方程可得切线的方程，令，计算可得在轴交点的纵坐标．

【详解】解：函数的导数为，

可得图象在点,处的切线斜率为，

且，

则切线方程为，

令，可得，与轴交点的纵坐标为

故答案为：．

15. 如图，已知是函数图象上的两点，是函数图象上的一点，且直线垂直于轴，若是等腰直角三角形（其中为直角顶点），则点的横坐标为__________．

【答案】

【解析】

【详解】设 因为 ，所以 ，因为是等腰直角三角形，所以可得 ，又因为在函数图象上，所以 ，解得 点A的横坐标为 ，故答案为.

16. 已知函数，若，则实数______．

【答案】##1.5

【解析】

【分析】利用分段函数，分类讨论求解复合函数的值，得内层函数值，再讨论从而求得实数的值.

【详解】解：若，则：

当时，，解得；

当时，，解得；

所以，得或

故当时，，解得（舍）；，解得（舍）

当时，，无解；，解得

综上：

故答案：.

四、解答题：（本大题共6小题，写出必要的推理过程，共70分）

17. 已知函数的部分图象如图．

（1）求的解析式及单调减区间；

（2）求函数在上的最大值和最小值．

【答案】（1），减区间为   

（2）函数在上的最大值为2，最小值为

【解析】

【分析】（1）利用已知条件求出函数的关系式，从而可求单调减区间；

（2）由（1）得函数，根据的范围，结合余弦函数性质得最值.

【小问1详解】

解：由图可知，且，

所以，

所以，

将点代入解析式可得，得

即，又，所以

则

所以的单调减区间满足

解得：

则的单调减区间为：

【小问2详解】

解：由（1）得：

因为，所以

故当时，；当时，

所以函数在上的最大值为2，最小值为.

18. 当前新冠肺炎疫情防控形势依然严峻，要求每个公民对疫情防控都不能放松．科学使用防护用品是减少公众交叉感染、有效降低传播风险、防止疫情扩散蔓延、确保群众身体健康的有效途径．某疫情防护用品生产厂家年投入固定成本万元，每生产万件，需另投入成本（万元）．当年产量不足万件时，；当年产量不小于万件时，．通过市场分析，若每万件售价为400万元时，该厂年内生产的防护用品能全部售完．(利润=销售收入－总成本)

（1）求出年利润（万元）关于年产量（万件）的解析式；

（2）年产量为多少万件时，该厂在这一防护用品生产中所获利润最大？并求出利润的最大值．

【答案】（1）   

（2）当年产量为90万件时，该厂在这一防护商品生产中所获利润最大为1050万元

【解析】

【分析】（1）根据题意直接利用利润=销售收入－总成本，写出分段函数的解析式即可；

（2）利用二次函数及其基本不等式分别求出各段的最大值，再取两个最大的即可.

【小问1详解】

当且时，

，

当且时，

综上：

【小问2详解】

当且时，

∴当时，取最大值（万元）

当且时，

当且仅当，即时等号成立．

∴当时，取最大值（万元）

∵，

综上所述，当年产量为90万件时，该厂在这一防护商品生产中所获利润最大为1050万元.

19. 定义在上的函数，如果满足:对任意存在常数都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界.已知.

（1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数﹐请说明理由﹔

（2）若函数在上是以为上界的有界函数，求实数的取值范围.

【答案】（1），不是，理由见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）用换元法，结合二次函数性质求得值域，可得结论；

（2）设，则可得，然后由二次函数性质求得函数的值域，再结合新定义可得参数范围．

详解】（1）当时，，

令由，

可得，

令，

有，

可得函数的值域为

故函数在上不是有界函数;

（2）由题意有，当时，

可化为

必有且，

令，由，可得，

由恒成立，可得，

令，

可知函数为减函数，有，

由恒成立，

可得

故若函数在上是以为上界的有界函数，

则实数的取值范围为.

20. 如图，在平面四边形中，，，．

（1）若，求．

（2）若，求．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）由两角差的正切公式求得，从而在直角三角形中求得；

（2）设设，表示出，由正弦定理结合三角函数恒等变换求得，再由正弦定理求得．

【小问1详解】

由已知，

所以；

【小问2详解】

设，则，，，

由正弦定理得，

，，

，

，

是锐角，，故解得，

由正弦定理，所以．

21. 已知函数，

（1）求函数在上的最值；

（2）设在区间上单调递增，求实数的取值范围．

【答案】（1），；（2）．

【解析】

【分析】（1）求导由，得到在上单调递增求解.

（2）根据在区间上单调递增，转化为在区间上恒成立求解.

详解】（1），，

所以在上单调递增，

所以，；

（2），，

因为在区间上单调递增，

所以在区间上恒成立，

，由（1）知递增，

所以当时，，

所以在区间上单调递增，

所以

所以．

【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，导数与函数的单调性的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

22. 已知函数，且有两个不同的零点，．

（1）求的取值范围；

（2）比较与的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，分和两种情况讨论，求出函数的单调区间及最值，然后根据题意列出不等式，从而可得出答案；

（2）易得是函数的一个零点，结合（1）分和两种情况讨论，当时，，转化为关于的不等式，构造新的函数，利用导数证明即可，同理证明时不等式也成立即可．

【小问1详解】

，

因为函数在，上单调递增，所以，

当时，，函数在，上递增，

此时函数在，上最多一个零点，与题意矛盾；

当时，令，则

所以函数在上递减，在上递增，

所以

因为函数在，上有两个不同的零点，

所以，即，

令，

则，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以

则当时，，

所以不等式组的解为且，

即的取值范围为，

综上所述的取值范围为；

【小问2详解】

（1）得，

因为（1），则为函数的一个零点，

不妨设，

①当时，则，

由为函数的零点，

得，则，

则要证不等式，即证，

即证，即证，

即证，

令，

则，

所以函数在，上递减，

所以，

所以；

②当时，则，

由为函数的零点，

得，则，

则要证不等式，即证，

即证，即证，

即证，

令，

则，

所以函数在上递增，

所以，

所以，

综上所述．

【点睛】本题考查了利用导数求函数函数的单调区间及利用导数解决零点问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，属于难题．