2023届豫北名校大联考高三上学期毕业班阶段性测（二）理科数学试题含答案

这是一份2023届豫北名校大联考高三上学期毕业班阶段性测（二）理科数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
由题知，，再根据集合运算求解即可.
【详解】
因为函数的值域为，所以，
解不等式得，所以，
所以.
故选：C.
2. 下列函数中，既是奇函数又在定义域上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
答案：
D
解析：
【分析】
利用基本初等函数、正切函数的单调性以及奇偶性，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】
对于A选项，函数为奇函数，且在定义域上不单调，A不满足条件；
对于B选项，函数为奇函数，且在定义域上不单调，B不满足条件；
对于C选项，设，因为，，则，
所以，函数不是奇函数，C不满足条件；
对于D选项，函数为奇函数，且在定义域上为增函数，D满足条件.
故选：D.
3. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：
D
解析：
【分析】
根据三角函数的定义求出，结合二倍角的正弦、余弦公式计算即可判断选项.
【详解】
由题意知，设坐标原点为，则，，
由三角函数的定义，得，
所以，
，
当时，；当时，.
故选：D.
4. 在计算机尚未普及的年代，人们在计算三角函数时常常需要查表得到正弦和余弦值，三角函数表的制作最早可追溯到古希腊数学家托勒密．下面给出了正弦表的一部分，例如，通过查表可知的正弦值为，的正弦值为，等等，则根据该表，的余弦值为（ ）
A.B.C.D.
答案：
B
解析：
【分析】
利用诱导公式化简可得，结合题中的列表即可得出结果.
【详解】
由题意得，
，
根据题中的列表，先看左边第一列找，再往右找对应第一行的，
得，即.
故选：B.
5. 一种在恒温大棚里种植的蔬菜的株高（单位：）与温度（单位：，）满足关系式，市场中一吨这种蔬菜的利润（单位：百元）与，的关系为，则的最大值为（ ）
A.B.C.D.
答案：
A
解析：
【分析】
代入得，结合均值不等式即可得最大值.
【详解】
，
当且仅当时，等号成立.
故选：A.
6. 已知函数，在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：
D
解析：
【分析】
要使分段函数在定义域上单调递增，需要在每一段上为单调递增函数，且左端点值小于等于右端点的值，确定不等式组，求出实数的取值范围
【详解】
由题意得：，解得：.
故选：D.
7. 下列条件是“过点可以作两条与曲线相切的直线”的充分条件的是（ ）
A. B. C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
画出草图，结合图像分析即可
【详解】
由题知点在直线上运动,与的交点为,由图像可知.
要使过点有两条与曲线相切的直线,则点只需要在点的右侧
结合选项可知其充分条件
故选:C.
8. 已知函数的一个极大值点为，若在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：
A
解析：
【分析】
先根据极大值点的条件求出，再根据单调性求出的范围，从而得到的最大值.
【详解】
依题意，于是，，即，，结合可得，，于是，此时，根据正弦函数的单调递增区间得：的单调递增区间满足，即，即在上递增，令，则在上递增，又在区间上单调递增，故，，结合得.
故选：A.
9. 已知函数与的图象交于点，过点作轴的平行线，该直线与函数的图象交于点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：
A
解析：
【分析】
设，则，根据求出，结合求出，计算即可.
【详解】
由题意知，设点，，
因为函数与函数图象交于点，
所以，即，
又，有，
解得或(舍去)，所以，
由，得
又直线轴，且与函数交于点，
则，
所以.
故选：A.
10. 若函数满足：对任意非零实数，均有，则我们称函数为“倒数偶函数”．若是倒数偶函数，则的所有极值点的乘积为（ ）
A. B. C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
利用可得出关于、的方程组，解出、的值，可得出函数的解析式，利用导数求出，根据极值点的定义可得结果.
【详解】
因为，
由于，即，
整理可得
，
所以，，即，解得或，
当，或，时，
则，
由，可得，，
故方程有两个不等的实根、，不妨设，易知，
且当或时，；当或时，.
因此，函数的极值点之积为.
故选：C.
11. 已知函数，则方程在区间上的实根个数为（ ）
A. B. C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
利用导数分析函数在上单调性与极值，作出函数在上的图象，由可得或，数形结合可得结果.
【详解】
由可得或，
当时，，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
且当时，，
由题意可知，函数在区间上的图象可在在上的图
象先向右平移个单位，再将所得图象的纵坐标伸长为原来的倍得到，
作出函数在的图象如下图所示：
由图可知，方程、在区间上的根的个数分别为、，
因此，方程在区间上的实根个数为.
故选：C.
12. 已知,,,则( )
A. B. C. D.
答案：
B
解析：
【分析】
利用一些函数不等式放缩比较大小即可
【详解】
因为,构造函数求导易证
所以
所以
因为,构造函数求导易证
所以
所以
因为,构造函数求导易证
所以
而
所以
综上
故选：B.
二、填空题
13. 函数的定义域为_________．
答案：
解析：
【分析】
根据根号下大于等于，再跟对数型函数特点得到，解出分式不等式即可.
【详解】
由题意得，则，即，即，则，
，所以定义域为，
故答案为：.
14. 已知，则_________．
答案：
解析：
【分析】
对两边同时平方化简可求出，代入即可得出答案.
【详解】
对两边同时平方可得：，
，
所以，
解得：，
所以.
故答案为：.
15. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，，且当时单调递减，则的解集为_________．
答案：
解析：
【分析】
根据导数的运算法则可求出，据此可知关于直线对称，
再由的单调性即可求出不等式的解集.
【详解】
因为，
所以，即，
所以，故关于直线对称，且，
因为当时单调递减，所以当时单调递增，
由知，，
所以由可知，
故答案为：
16. 已知分别为的三个内角的对边,且,则的最小值为_________．
答案：
解析：
【分析】
先算出角，然后对所求结论进行降幂，再利用相应和差变形技巧化简即可
【详解】
由正弦定理得
所以,所以.
因为所以,所以.
所以.
所以的最小值为
故答案为：.
三、解答题
17. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象．
（1）求的解析式；
（2）若函数，求在区间上的所有最大值点．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）先求出平移后的解析式，再求出伸缩变换后的解析式；
（2）结合函数特点，分与两种情况下进行求解.
【详解】
（1）的图象向右平移个单位长度，得到,
再将所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数
（2），
当时，，所以，
因，所以，
故当，即时，取得最大值，最大值为2；
当时，，所以，
因为，所以，
故当，即时，取得最大值，最大值为；
两者取到的最大值相同均为，
综上：求在区间上的所有最大值点有与.
18. 如图所示，是相隔不远的三座山峰的峰顶，地理测绘员要在三点进行测量在点测得点的仰角为，与的海拔高度相差；在点测得点的仰角为．设在同一水平面上的射影为，且．
（1）求与两点的海拔高度差；
（2）已知该地大气压强随海拔高度的变化规律是（），是海平面大气压强，设两处测得的大气压强分别为，，估计的值．
参考数据：，．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）如图两点的海拔高度差为可求解；（2）利用公式即可求解.
【详解】
（1）如图，作,
所以，
在△中，因为，
所以，由正弦定理得 ,
解得，同理，
作,
所以，
所以两点的海拔高度差为.
（2）设两处的海拔高度为，
由题可知，
由得，，
所以估计的值为.
19. 已知函数的图象关于原点对称．
（1）求的单调区间和最值；
（2）若存在实数满足，求实数的取值范围．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）首先根据函数关于原点对称求出参数，的值，然后利用导数求解函数的最大值与最小值即可.
（2）首先令，将原式分参整理成，然后构造新函数，通过导数求解的值域，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）关于原点对称，.
，，
，.
得，经验证符合题意；
，
当时，，
在上单调递增；
当或时，，
在和上单调递减；
当时，，当时，，
，.
的最小值为，最大值为.
（2）由，得，
由（1）易知，，
令，，
得.
令，
，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
，，，
，
的值域为，
.
20. 在中,内角的对边分别为,已知．
（1）求;
（2）若,为边上一点,且．求的值．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）运用倍角公式化简即可；
（2）根据，利用余弦定理求解.
【详解】
（1）由倍角公式得
所以
即
即
（2）
不妨设,则
所以,由题知
设,则①
在中由余弦定理得
在中由余弦定理得
因为,所以
即②,联立①②，解得
所以
21. 已知函数．
（1）设曲线在点处的切线为，求与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，证明：曲线与直线仅有一个交点．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）利用导数求出直线的方程，可求出该直线与两坐标轴的交点坐标，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）构造函数，分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】
（1），则，则，，
所以，直线的方程为，即，
在直线的方程中，令，可得，
所以，直线分别交、轴于点、，
因此，直线与坐标轴围成的三角形的面积为.
（2）令，
，.
（i）当时，，则，所以，函数在上单调递增，
因为，，
由零点存在定理，可知，函数在上存在唯一零点；
（ii）当时，，则方程有两个不等实根，设为、，
由韦达定理可得，所以，，且
由可得，由可得或，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、，
因为
，
令，，则，
所以，函数在上单调递减，故，
即，故当时，，且，
又因为，由零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点，
即函数在上存在唯一零点.
综上所述，当时，曲线与直线仅有一个交点
22. 已知函数的最小值为．
（1）求实数的值；
（2）当且时，证明：．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）求导函数，导函数为增函数，由题意在定义域内有实数解，即，而，由此得出关于的方程，引入新函数，利用导数证明此方程只有唯一解，从而可得结论；
（2）由（1）得解析式，化简不等式，结合不等式的性质利用分析法只要证明即得，只要证，然后作差引入新函数，利用新函数的导数证明不等式，即可得证．
【详解】
（1），显然在定义域内是增函数，有最小值，则有实数解，时，，
，，
，，
令，，
时，，递减，时，，递增，
所以，因此由得；
（2）由（1），
不等式为，
时，，从而，，
只要证即得，
只要证，
设，（），
，设，
则，
时，，是增函数，
即在时是增函数，又，所以时，，
所以是增函数，又，
所以时，，
所以时，不等式成立，
所以原不等式成立．