2023届河南省顶级名校高三一轮复习10月月考数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省顶级名校高三一轮复习10月月考数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省顶级名校高三一轮复习10月月考数学（理）试题 一、单选题1．已知，是一元二次方程的两个不同的实根，则“且”是“且”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】使用不等式的性质或反例，对充分性和必要性进行证明或判断.【详解】若，，则由“且” “且”；当且时，由不等式性质，有且，故“且”“且”，因此，“且”是“且”的必要不充分条件.故选：B.2．函数满足：对，都有，则函数的最小值为（    ）A．-20 B．-16 C．-15 D．0【答案】B【分析】根据，由，求得，再利用导数法求解.【详解】解：因为函数满足：对，都有，所以，即，解得，所以，则，，，当或时，，当时，，所以的最小值为，故选：B3．下列式子错误的是（    ）A．B．C．<D．【答案】C【分析】根据定积分的几何意义和牛顿莱布尼茨公式分别讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，，，显然成立；对于B选项，，，显然成立；对于C选项，因为是偶函数，所以，因为是奇函数，所以，故C选项错误；对于D选项，，，故D选项正确.故选：C.【点睛】本题考查定积分基本定理，定积分的几何意义，考查运算求解能力，其中C选项解题的关键在于借助函数的奇偶性与定积分的几何意义求解，是中档题.4．设函数为定义在上的函数，对都有：，；又函数对，，，有成立，设，，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知条件得函数为偶函数、周期为2，在上单调递增，结合性质化简可得，，最后根据单调性得结果.【详解】∵，，∴，又∵对，，，有成立，∴函数为偶函数、周期为2，在上单调递增，所以，，因为，其中，所以.由函数在上单调递增，可知，故选：B.5．已知函数，把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若、是在内的两根，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简解析式，通过三角函数图象变换求得解析式，求得在内的对称轴，根据对称性求得，进而求得的值.【详解】，，不妨设为锐角，则.则，所以，由，可得，取，可得在内的对称轴方程为，因为是在内的两根，所以，所以故选：A6．黄金三角形有两种，其中底和腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）.例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一个黄金三角形中，，根据这些信息，可得（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，利用诱导公式和二倍角公式可得，进而可得结果.【详解】由黄金三角形可知：故选：B【点睛】本题考查了三角函数诱导公式和二倍角公式，考查了运算求解能力和转化的数学思维，属于中档题目.7．已知函数，且对任意的实数x，恒成立，函数，若对，，使，则正实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据对称性求得，然后求得和在区间上的值域，再结合包含关系来求得的取值范围.【详解】由于，所以关于直线对称，所以，即，解得，所以.当时，，，令，则在区间上递减，，所以，所以当时，.依题意，，当时，，函数在上递减，在上递增，，所以在区间上，，所以在区间上，.由于对，，使，所以.故选：B8．已知角A，B，C是（非直角三角形）的三个内角，，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取BC的中点M，连接GM，以M为原点，BC为x轴建立平面直角坐标系，设，表示出，再由两角差的正切公式求出，代入计算即可得出答案.【详解】取BC的中点M，连接GM，因为.所以点G是的重心，所以.以M为原点，BC为x轴建立平面直角坐标系，不妨设，，因为，所以可设，则.因为，，则.因为，所以.故选：C.9．在中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，若，，，点O､H分别为的外心和重心，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中点，作交于，过点作，连接，根据三角形重心和外心的定义可知，，在中，分别求出及，再利用余弦定理即可得出答案.【详解】解：如图，取的中点，作交于，过点作，连接，根据三角形重心的定义可知，中，，则，所以和均为等腰直角三角形，，则，根据三角形外心的定义可知，由，则，则，，则，则，因为，，所以，所以，则，在中，，所以.故选：A.【点睛】本题考查了三角形的三心问题，在三角形外心和重心的基础之上利用余弦定理解三角形的问题，关键是理解外心和重心的定义，有一定的难度.10．已知函数，若过点可以作出三条直线与曲线相切，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义求得切线斜率，由直线过得关于的方程，此方程有3个不等的实根，方程转化为，是三次方程，它有3个解，则其极大值与极小值异号，由此可得的范围．【详解】设切点坐标曲线在处的切线斜率为，又切线过点切线斜率为，，即，∵过点可作曲线的三条切线，方程有3个解．令，则图象与轴有3个交点，的极大值与极小值异号，，令，得或2，或时，，时，，即在及上递增，在上递减，是极大值，是极小值，,即，解得，故选：D.11．设函数在上的导函数为，若，，，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，根据因为，得到，得出函数为上的单调递增函数，由题设条件，令，求得，把不等式转化为，结合单调性，即可求解.【详解】令，可得，因为，可得，所以，所以函数为上的单调递增函数，由不等式，可得，所以，即 因为，令，可得，又因为，可得，所以所以不等式等价于，由函数为上的单调递增函数，所以，即不等式的解集为.故选：A.12．已知函数的图像分别与直线交于两点，则使得取得最小值时的为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】分别将函数和直线联立得到坐标，，则，设，利用导函数求最值即可.【详解】因为函数的图像分别与直线交于两点，所以，由解得点坐标为，由解得点坐标为，所以，设，则，令得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即恒成立，所以，故选：D. 二、填空题13．已知命题“，使”是假命题，其实数的取值为集合A，设不等式的解集为集合B，若是的充分不必要条件，则实数a的取值范围为__________．【答案】【分析】写出命题的否定得 ，使恒成立，求出集合 ，又是的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集，分类讨论列出满足的不等式求解即可.【详解】解：由命题“，使”是假命题，知命题“，使”是真命题，所以，解得，所以，因为是的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集，设，则，即，解得或，所以实数a的取值范围为．故答案为：．14．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若为钝角三角形，，则外接圆的半径R的取值范围是__________．【答案】【分析】化简等式，结合钝角三角形即可求出.由正弦定理可知由此即可求出外接圆的半径R的取值范围.【详解】因为，所以，又因为：，所以，由正弦定理有：,而,又因为为钝角三角形，不妨设,则，则,所以,所以外接圆的半径.故答案为：.15．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，恒成立，则m的取值范围是__________．【答案】【分析】先由是奇函数求出a，b，得到.利用分离参数法把题意转化为恒成立. 令.记，利用基本不等式求出，即可求出m的取值范围.【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，所以，即，解得：.又，所以，解得：.所以..因为在上单增，所以在上单增，所以在上单减，所以在上单增，所以.所以要使恒成立，只需恒成立.因为在上单增，所以，所以.令.记（当且仅当，即时2等号成立），所以.所以.即m的取值范围为.16．已知函数，，对于任意，都有成立，则实数的取值范围是________【答案】【分析】对于任意，都有成立可等价为对于任意，都有成立，求出，然后将不等式参变分离转化为，进而等价为成立，令，，求其最小值，从而得到的取值范围.【详解】依题意得，对于任意，都有成立可等价为对于任意，都有成立，，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，，对于任意，都有成立，即对于任意，都有成立，等价为成立，令，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；，，，的取值范围是.故答案为：. 三、解答题17．设有两个命题：的解集为R；q：函数是减函数，若这两个命题中有且只有一个是真命题，求实数m的取值范围.【答案】【分析】分别求得p真q真时，实数m的取值范围，依题意，知p真q假，或p假q真，分别解之，取并即可．【详解】命题：p：x2﹣2x+2≥m的解集为R⇔m≤[（x﹣1）2+1]min＝1恒成立，即m≤1；命题q：函数f（x）＝﹣（7﹣3m）x是减函数⇔7﹣3m＞1，解得：m＜2；若这两个命题中有且只有一个是真命题，则p真q假，或p假q真．若p真q假，则，解得：m∈∅；若p假q真，则，解得：1＜m＜2；综上所述，实数m的取值范围为（1，2）．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查复合命题的真假判断与恒成立问题，考查分类讨论思想与方程思想，属于中档题．18．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．(1)若，求B；(2)若，求符合条件的k的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角恒等变换得出，再由，得出；（2）由结合正弦定理以及得出，令，结合基本不等式得出的最小值.【详解】（1），即，，，两边平方得，即，,,，;（2）由（1）可得，，则,则，,，由得，设，则当且仅当时，等号成立即符合条件的k的最小值为19．已知函数.(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)若函数在上无零点，求实数a的取值范围.【答案】(1);(2).【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)求导，对分类讨论，根据函数的最值与0的关系即可求解.【详解】解：（1）由题得，则，，，曲线在处的切线方程为，即.（2），①当时，，在上单调递减，在上无零点且，则，；②当时，令得，若即时，，在上单调递增，由可知，符合条件；若，即时，，在上单调递减，在上无零点且，则，；若，即时，在上单调递减，在上单调递增，，，，，综上，a的取值范围为.20．某港口的水深y(m)是时间t(0≤t≤24，单位：h)的函数，下面是有关时间与水深的数据：t(h)03691215182124 y(m)10.013.09.97.10.013.010.17.010.0 根据上述数据描出的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成正弦型函数y=Asin ωt+b的图象.（1）试根据以上数据，求出y=Asin ωt+b的表达式；（2）一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离不少于4.5m时是安全的，如果某船的吃水深度(船底与水面的距离)为7m，那么该船在什么时间段能够安全进港？若该船欲当天安全离港，则在港内停留的时间最多不能超过多长时间(忽略进出港所用的时间)？【答案】（1）y=3sint+10(0≤t≤24)；（2）应从凌晨1时(1时到5时都可以)进港，而下午的17时(即13时到17时之间)离港，在港内停留的时间最长为16 h.【分析】（1）由曲线可求得函数的半个周期为6小时，由此可求出ω的值，又由于当t=0时，y=10；当t=3时，ymax=13，可得b=10，A=，从而可求出y=Asin ωt+b的表达式；（2）由于船的吃水深度为7 m，船底与海底的距离不少于4.5 m，故在船舶航行时，水深y应大于或等于7+4.5=11.5(m)，令y=3sint+10≥11.5，解此不等式可得答案【详解】（1）从拟合曲线可知：函数y=Asin ωt+b在一个周期内由最大变到最小需 (h)，此为半个周期，∴函数的最小正周期为12 h，因此，ω=.又∵当t=0时，y=10；当t=3时，ymax=13，∴b=10，A=，∴所求函数的表达式为y=3sint+10(0≤t≤24).（2）由于船的吃水深度为7 m，船底与海底的距离不少于4.5 m，故在船舶航行时，水深y应大于或等于7+4.5=11.5(m).令y=3sint+10≥11.5，可得sint≥，∴2kπ+≤t≤2kπ+ (k∈Z)，∴12k+1≤t≤12k+5(k∈Z).取k=0，则1≤t≤5，取k=1，则13≤t≤17；而取k=2时，25≤t≤29(不合题意，舍).从而可知船舶要在一天之内在港口停留时间最长，就应从凌晨1时(1时到5时都可以)进港，而下午的17时(即13时到17时之间)离港，在港内停留的时间最长为16 h.【点睛】此题考查三角函数的应用，掌握五点法是解题的关键，属于基础题.21．设．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)在上单调递减，在单调递增(2) 【分析】（1）先将参数的值代入函数解析式，然后求出导函数，再根据和分别得到函数的单调增区间和单调减区间.（2）先令，然后对函数进行求导，再将参数分为和两种情况分类讨论即可.【详解】（1）因为，所以由得，因为在上递增，且，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在单调递增.（2）令.则，令，则①若时，所以在单调递增，则，即，所以在单调递增，则，符合题意．②若时，，所以存在，使，且当时，单调递减，所以，所以在单调递减，则，不符合题意．综上所述，a的取值范围是.【点睛】含参不等式恒成立问题，一般通过构造函数解决.一般将参数分离出来，构造函数用导数法讨论不含参数部分的最值；或者包含参数一起构造函数，用导数法对参数分类讨论.当参数不能分离出来时，也可尝试将不等式左右变形成一致形式，即可将该形式构造成函数，通过导数法分析单调性，将问题等价成对应自变量的不等式.22．已知函数存在两个极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)判断的符号，并说明理由．【答案】(1)(2)符号为正；理由见解析 【分析】（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合要求；（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，得到.【详解】（1）∵有两个极值点，∴，有两个变号的零点．∴，，令，，当，，单调递增；当，，单调递减；所以．画出函数图象如下：与有两个交点，∴．当时，当或时，，；当时，，．所以在区间，单调递减，在区间内单调递增．所以的极小值点为，极大值点为．所以a的取值范围为（2）符号为正．理由如下：由（1）可知，．又因为，∴∴．现证明上式：上式可变形为，令，则只需证．设，，所以在上单调递增，从而，即，∴．又因为，所以综上可得：．在区间内单调递增，且，所以．故符号为正．【点睛】对数平均不等式和指数平均不等式，常常处理多元问题，将多元转化为单元来进行解决，使用时要先进行证明后使用