2023届江西省上高二中高三上学期第三次月考数学（理）试题含解析

2023届江西省上高二中高三上学期第三次月考数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过解不等式求出集合A，B，再判断集合A，B的关系.

【详解】因为，由有：；

因为，由有：或；

所以，或，

所以，故A，B，C错误.

故选：D.

2．已知角的终边经过点，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】根据角的终边经过点，求得，根据同角的三角函数关系化简，代入求值，可得答案.

【详解】由角的终边经过点，则，

故， 

故选:C.

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先化简求解,即可求解复数的模.

【详解】解：由题意得,则，

，

故选：A.

4．将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的平移变换求得的解析式，结合奇偶性、零点个数及特殊值可排除错误选项.

【详解】．

因为，

即，所以为奇函数，排除A；

令，解得，即有唯－的零点，排除C；

由解析式可知，排除D．

只有B符合条件．

故选：B．

【点睛】本题考查了根据函数解析式选择函数图象，结合奇偶性、单调性、特殊值等性质即可排除错误选项，属于基础题.

5．“关于的方程没有实数解”的一个必要不充分条件是（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】先得到，从而得到或，进而判断出四个选项中，符合要求的选项.

【详解】，因为，所以，

因为，所以，，，

要想没有实数解，则或，

由于或，故A不成立；

由于或，故B不成立；

由于或或，且或或，C正确；

D选项为充要条件，不合要求.

故选：C

6．已知命题p：，；命题q：，直线与圆有两个不同的交点．则下列命题为真命題的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用辅助角公式结合正弦函数的有界性分析判断命题p的真假，先求直线过定点，根据定点与圆的位置关键判断命题q的真假，再根据逻辑联结词判断每项的真假.

【详解】∵，则，

∴命题p为假命题

又∵直线过定点，且，即在圆的内部

则，直线与圆有两个不同的交点

∴命题q为真命题

则有：

为假命题，A错误；

为真命题，为真命题，B正确；

为假命题，C错误；

为真命题，为假命题，D错误；

故选：B.

7．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导函数求出单调性，利用单调性比较大小.

【详解】设，则，

当得：，当时，，

所以在上单调递增，上单调递减，

又，所以，即c<a<b．

故选：D．

8．函数的定义域为，为奇函数，且的图像关于对称．若曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得函数的图像关于点对称，关于对称，进而得函数是周期为的周期函数，再结合题意，根据周期性与对称性求解即可.

【详解】解：因为为奇函数，即，

所以，函数的图像关于点对称，即，

因为的图像关于对称，

所以的图像关于对称，即，

所以，，

所以，即函数是周期为的周期函数，

所以曲线在处的切线斜率等于曲线在处的切线斜率，

因为曲线在处的切线斜率为，图像关于对称，

所以，曲线在处的切线斜率为，

因为，，

所以，

所以，

所以曲线在处的切线方程为，即.

故选：A

9．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.

【详解】对A：∵为偶函数，则

两边求导可得

∴为奇函数，则

令，则可得，则，A成立；

对B：令，则可得，则，B成立；

∵，则可得

，则可得

两式相加可得：，

∴关于点成中心对称

则，D成立

又∵，则可得

，则可得

两式相减可得：

∴以4为周期的周期函数

根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立

故选：C.

【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.

10．若存在，使不等式成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对的进行分类讨论，当时显然成立，当时，考虑端点函数值大小即可

【详解】令，，

当时，此时结论显然成立.

当时，在上单调递减，，且与轴交点为.

又在上单调递增，与轴交点为

，，

综上所述：实数的取值范围是,

故选：C

11．已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题，将问题转化为在上无解，进而研究函数性质可得，再求得.

【详解】解：求导有，

因为函数有唯一的极值点，

所以，有唯一正实数根，

因为，

所以在上无解，

所以，在上无解，

记，则有，

所以，当时，，在上递减，

当时，，在上递增．

此时时，有最小值，

所以， ，即，

所以，即的取值范围是

故选：A

12．若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意得，，则，即是，从而同构函数，，利用的单调性得到，代入求解即可.

【详解】依题意得，

，即，，

，即，，

，

，

又，

同构函数：，，

则，

又，

，，，又，

，单调递增，

，

.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：

（1）函数零点即为函数的取值；

（2）对的两个方程合理的变形，达到形式同一，进而同构函数，，其中应注意定义域；

（3）运用导数研究函数的单调性，进而确定；

（4）求解的值时，将替换后应注意分子的取值.

二、填空题

13．的值为______________.

【答案】##

【分析】根据函数在一点处导数的定义，所求的值为在的导数值，求导代入计算可得答案.

【详解】

故答案为:.

14．勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．已知等边三角形的边长为1，则勒洛三角形的面积是_______．

【答案】

【分析】根据题意作出图形，观察可发现该图形的面积可用3个相同扇形面积之和减去中间2个等边三角形面积来计算．

【详解】由题意得，勒洛三角形的面积为：三个圆心角和半径均分别为和1的扇形面积之和减去两个边长为1的等边三角形的面积，

即．

故答案为：．

15．已知a＞b＞0，且a＋b＝1，则的最小值为______．

【答案】12

【分析】两次利用基本不等式求最值即可.

【详解】∵a＞b＞0，且a＋b＝1，

∴，

当且仅当且，即时，等号同时取到，

故答案为：12

16．已知，且满足，则的取值范围是_____.

【答案】

【分析】由已知条件先求出的值，再由约束条件作出可行域，设为可行域内的一动点，向量的夹角为，可得，再由的范围可求得的范围，即可求得的取值范围.

【详解】，

，

由约束条件作出可行域如图，

设为可行域内的一动点，向量的夹角为，

，

，

当点运动到线段时，有最小值，当点运动到线段时，有最大值，

且线段为实线，线段为虚线，

即

故答案为：

【点睛】本题考查了线性规划的应用，已知约束条件求目标函数的范围，关键是目标函数转化为向量的数量积，属于较难题.

三、解答题

17．在中，角、、所对的边为、、．已知，且．

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理和正弦定理可得出关于、的方程组，结合可求得的值；

（2）利用诱导公式以及二倍角公式可求得、的值，再利用两角和的余弦公式可求得结果.

【详解】（1）解：由余弦定理得，所以，，

由正弦定理可得，且，则，

因为，则，

所以，，解得，.

（2）解：因为，则为钝角，、为锐角，

，

，

因此，.

18．为了加强地下水管理，防治地下水超采和污染，保障地下水质量和可持续利用，推进生态文明建设，由国务院第次常务会议通过的《地下水管理条例》自年月日起施行．某市水务部门组织宣传小分队进行法律法规宣传，某宣传小分队记录了前周每周普及的人数，得到下表：

并计算得：，，，．

(1)从这周的数据中任选个周的数据，以表示周中每周普及宣传人数不少于人的周数，求的分布列和数学期望；

(2)由于统计工作人员的疏忽，第周的数据统计有误，如果去掉第周的数据，试用剩下的数据求出每周普及的人数关于周数的线性回归方程．

附：线性回归方程中，，．

【答案】(1)分布列见解析；数学期望

(2)

【分析】（1）首先确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望公式可求得数学期望；

（2）去掉第周数据后，可重新计算最小二乘法所需数据，由此可求得回归直线方程.

【详解】（1）由表格数据知：每周普及宣传人数不少于人的周数周，

则所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

数学期望.

（2）去掉第周的数据可得统计表如下：

，，；

去掉第个月数据前，，

，

去掉第个月数据后，.

，，

剩下的数据求得的回归直线方程为：.

19．如图，梯形 中，，垂 足为点. 将沿折起，使得点到点的位放，且，连接分别为和的中点.

(1)证明: 平面;

(2)求二面角 的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，进而证明平面 平面即可证明结论；

（2）结合题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】（1）解：如图，取中点，连接，

因为，

所以，四边形为正方形，

因为分别为，，的中点，

所以，，，

 又平面，平面，

所以平面，平面，

因为平面

所以平面 平面.

因为 平面，

所以平面.

（2）由题，，

所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，即，令，得 ，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则，

所以，

所以， .

所以二面角 的正弦值为.

20．在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．

(1)求椭圆的方程；

(2)不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．

【答案】(1) ；

(2)证明见解析， ．

【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程， 根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和 的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．

【详解】（1）由题意知，，，，

∵，，

∴，解得，从而，

∴椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为，，．

直线不过点，因此．

由 ，得，

时，，，

∴

，

由，可得，即，

故的方程为，恒过定点．

21．设函数的零点为的零点为.（其中）

(1)若，求实数的取值范围；

(2)当时，求证：. 参考数据：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意，问题等价于在上有解，求出函数的值域即可得答案；

（2）利用导数判断函数在上存在零点，且，再构造函数，利用单调性即可证明不等式.

【详解】（1）由题意，在上有解，

即在上有解，

因为在上单调递增，

且时，，时，，

所以，即实数的取值范围；

（2）当时，由（1）问知，

的零点为，

，其中，

又，，

所以在上单调递增，

所以，

所以在上单调递增，

又，

所以当时，，即，函数在上单调递减，

当时，，即，函数在上单调递增，

又，且函数在上单调递减，

所以在上无零点，

由参考数据，，可得，，

所以在上存在零点，且，

构造函数，

因为，

所以在上单调递减，

所以，即，整理得.

【点睛】本题的考查了利用导数法研究函数的单调性与零点的存在性定理，关键是再构造函数

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；

(2)直线与曲线交于，两点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据消参的方法和直角坐标与极坐标互化公式即可求解；（2）根据题意联立，则.

【详解】（1）由（为参数），消去，得，

令，，所以，

即为直线l的极坐标方程.

由，得.

所以，即为曲线的直角坐标方程.

（2）联立得，

设，两点对应的极径分别为，，所以，，

得.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式对和恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号即可求解；

（2）原不等式可转化为，利用绝对值不等式及均值不等式分别求出最值即可得解.

【详解】（1）由题意得，

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得．

综上，的解集为．

（2），当且仅当时取等号，

所以．

因为，当且仅当时等号成立，

所以．

若不等式对和恒成立，

则，

所以，解得或，

即实数m的取值范围是．