重庆市2022-2023学年高三数学上学期11月期中调研测试试题(Word版附解析)
展开这是一份重庆市2022-2023学年高三数学上学期11月期中调研测试试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了 已知,且,则的最小值为, 已知,,则等内容,欢迎下载使用。
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.
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