2023届辽宁省名校联盟高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省名校联盟高三上学期10月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届辽宁省名校联盟高三上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题知，，再根据集合交集运算求解即可.【详解】解：解不等式得或，解不等式得，所以，，，所以.故选：B.2．已知复数，则的共轭复数在复平面中对应的点在第（    ）象限A．一 B．二 C．三 D．四【答案】A【分析】根据复数的乘方和除法运算法则化简复数，进而得到其共轭复数，从而确定其在复平面内的点，确定所在象限.【详解】由题意得，所以，在复平面中对应的点为，在第一象限.故选：A.3．已知命题：，是假命题，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据一元二次不等式恒成立求解实数的取值范围.【详解】由题意得是真命题，即，，当时，符合题意；当时，有，且，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选:D.4．已知奇函数在R上可导，，若在是增函数，在是减函数，则（    ）A．在是增函数，在是减函数B．在是减函数，在是增函数C．在，都是增函数D．在，都是减函数【答案】A【分析】由奇函数的的导函数是偶函数得出是偶函数，再根据对称性质得单调性．【详解】因为是奇函数，所以在关于原点的对称区间上的单调性相同，即，，所以为偶函数，可得在关于原点对称区间上的单调性相反.故选：A．5．在中，“”是“是锐角三角形”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】根据充分性和必要性分步证明，利用三角恒等变换公式.【详解】（充分性）在中，显然，，所以等价于，且，可得，，，所以，，，所以，充分性成立；（必要性）由，，都是锐角可得，，，，，所以，，即，所以，可得，必要性成立.故选:C..6．如今我们在测量视力的时候，常用对数视力表（如图），视力值从4.0到5.3，每行相差0.1，这种计算视力的方法称为五分记录法，“对数视力表”和“五分记录法”是由我国著名眼科专家缪天荣（1914—2005）在1959年研制发明的，这种独创的视力表的核心在于：将视力和视角设定为对数关系，因此被认为是一种最符合视力生理的，而又便于统计和计算的视力检测系统，这使中国的眼科研究一下子站到了世界的巅峰，1986年，《对数视力表》在第25届国际眼科大会（罗马）宣读，引起轰动，1990年《标准对数视力表》被制定为国家标准（GB11533—89），并在全国实施.已知在五分记录法中，规定视力值，其中为人眼的视角，单位为分（1度＝60分），视角的大小，决定了人眼能看到的最小物体的长度，这个长度约等于以眼球为圆心（眼球大小忽略不计），视角为圆心角，眼球与物体之间的距离为半径的扇形的弧长.如果某人的一只眼睛的视力值为4.7，那么这只眼睛能看到距离5米外的最小物体的长度约为（参考数据：，）（    ）A．1.5毫米 B．2.9毫米 C．4.4毫米 D．5.8毫米【答案】B【分析】由视力值求出视角，再由计算出弧长即得．【详解】由题意得，解得分，则圆心角为2分，半径为5米的扇形的弧长等于米＝2.9毫米.故选：B．7．已知函数若在单调递减，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用分段函数的单调性求参数m的取值范围.【详解】由在单调递减，可得，解得.故选:D.8．已知过点可以作函数的三条切线，如果，则和应该满足的关系是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数过某点的切线方程的求法可求解.【详解】设切点，由可得切线方程为，将代入得，整理得，设，，令，解得或，因为，所以在，单调递减，在单调递增，由题意得有3个不相等的实数根，则有，即.故选:D. 二、多选题9．在复数范围内，方程的虚数根是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用一元二次方程在虚数范围内的根的求法.【详解】方程可化为，解得或.故选:BD.10．已知，则下列说法正确的是（    ）A．且 B．的最小值是C．的最小值是4 D．的最小值是【答案】ACD【分析】对于A，利用的值域及单调性即可判断得且，故A正确；对于B，利用基本不等式可得，再进行化简即可得到，故B错误；对于C，利用基本不等式中“1”的妙用可得，故C正确；对于D，由结合基本不等式可判断得D正确.【详解】对于A，因为，，所以，即，由于在上单调递增，所以，同理可得，故A正确；对于B，因为，，所以，即，即，即，由于在上单调递增，所以，即，当且仅当且，即时，等号成立，故的最大值是，故B错误；对于C，因为，，当且仅当且，即时，等号成立，故C正确；对于D，，当且仅当且，即时，等号成立，故D正确.故选：ACD.11．已知函数在上恰有3个零点，则（    ）A．在上恰有2个极大值点和2个极小值点B．在上的最大值是2C．在上是增函数D．的取值范围是【答案】BCD【分析】利用三角恒等变换化简函数，根据给定条件求出的范围并判断D；再借助正弦函数的性质逐一判断A，B，C作答.【详解】依题意，，由，得，由正弦函数的图像知，解得，D正确；函数在上恰有2个极大值点，可能有1个或2个极小值点，A不正确；当时，，而，则在上的最大值是2，B正确；当时，，而，则在上是增函数，C正确.故选：BCD12．下列不等关系中，正确的是（是自然对数的底数）（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】构造函数，利用该函数单调性可一一判断四个选项的正误.【详解】设，，，，，，所以在单调递增，在单调递减.对于A项，，由在单调递减，可得，故A项正确；对于B项，，由在单调递减，可得，故B项正确；对于C项，，由在单调递减，可得，故C项错误；对于D项，，由在单调递减，可得，故D项正确.故选:ABD. 三、填空题13．已知集合,如果，那么满足条件的集合的个数是_________.【答案】14【分析】由已知求出集合中元素，然后根据非空真子集的概念得结论．【详解】因为，所以可取0，1，3，7，即，由可得，为的非空真子集，所以满足条件的集合的个数为.故答案为：14．14．已知和是方程的两根，则_________.【答案】【分析】由题知，，进而得，再结合求解即可.【详解】解：方程可化为，由韦达定理得，，所以，得.又，所以.故答案为：15．定义在上的函数满足，当时，，已知方程有4个不相等的实数根，，，，且，则的取值范围是_________.【答案】【分析】根据题意得的图像关于直线对称，进而作出函数在上的图像，数形结合可得，，，，进而得，再根据换元法结合对勾函数与二次函数性质求解即可.【详解】由，可得的图像关于直线对称，作出在上的图像，由题意得在上的图像与直线有4个不同的交点，如图，易得，，又且，所以，可得，所以，，，，所以，设，原式化为，所以，在单调递减，在单调递增，所以，可得的取值范围是.故答案为： 四、双空题16．在中，，，是中点，在边上，满足，线段和交于，则_________，_________.【答案】     3     3【分析】解法一：设，，进而根据，，三点共线和三点共线可得，，再根据向量运算求解即可；解法二：取中点，中点，连接，，进而根据中位线定理可得，，即，再根据向量数量积运算求解即可.【详解】解：：方法一：因为是中点，在边上，满足，所以，设，因为，，三点共线，所以，解得，所以，所以，设，因为三点共线，所以，解得，所以，因为，，所以.方法二：取中点，中点，连接，，因为是中点，所以，因为是中点，所以为中点，所以，，即，所以.因为，分别是，的中点，，，所以，所以.故答案为：；  五、解答题17．已知函数.(1)求函数的值域；(2)求不等式的解集.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由对数运算法则化简函数式后，把作为一个整体，结合二次函数性质可得值域；（2）把作为一个整体，解一元二次不等式，然后再解对数不等式可得．【详解】(1)，，即时，取得最大值．所以的值域为.(2)根据题意得，整理得，即，解得或，所以或，故不等式的解集为.18．已知向量，.(1)如果，_________，求的值；（在①和②两个条件中选择一个条件填入横线，并对其求解，如果多选则按第一个解答计分）(2)设函数，求图像的对称中心坐标，并说明将的图像经过怎样的平移，可以得到一个奇函数的图像？（写出一种方法即可）【答案】(1)选①，选②(2)对称中心是；将的图像向右平移个单位长度，再向下平移4个单位长度，就可以得到一个奇函数的图像 【分析】(1)利用同角三角函数关系求解；(2)将函数化简后可求解对称中心，并平移得到一个奇函数.【详解】(1)选择①：因为，所以，又，所以，得，所以.选择②：，可得，则.(2).令，解得，所以函数图像的对称中心是.取，的图像关于对称，而奇函数的图像关于对称，所以只需将的图像向右平移个单位长度，再向下平移4个单位长度，就可以得到一个奇函数的图像.（答案不唯一）19．已知函数的图像如下图所示.(1)求的解析式；(2)在锐角△中，内角，，所对的边分别为，，，若角满足，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据函数图像与y轴的交点确定的值，根据函数图像与x轴的交点和函数的周期确定的值，从而确定函数解析式；（2）根据题中的条件结合（1）中的结论求解角C的大小，利用正弦定理结合两角差的正弦公式将两边的比转化为关于角A的表达式，根据角A的范围确定两边之比的取值范围.【详解】(1)由图像可得，因为且在附近单调递减，所以.又，所以，Z.解得Z)，又，得，所以，（直接写不扣分）所以.(2)由且，可得，解得.由正弦定理可得.由锐角三角形可得，解得，所以，则的取值范围是.20．如图，在平面凹四边形中，，，.(1)若且，求凹四边形的面积；(2)若，求凹四边形的面积的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）连接，进而在和中，结合正弦定理与已知条件可得，进而在中，结合余弦定理，再计算面积即可；（2）连接，在中结合余弦定理易得，进而设设，，根据余弦定理与基本不等式得，进而得面积的最大值，再根据求解即可.【详解】(1)解：如图，连接，在中，由正弦定理得，所以，同理可得，在中，有，因为，所以，即，又，都是锐角，所以.（也可由点向，作垂线，证明是角平分线）在中，由余弦定理得，即，解得，所以凹四边形的面积.(2)解：如图，连接，在中，由余弦定理得，故.在中，设，，因为所以，由余弦定理得，所以，即，当且仅当时等号成立，此时显然点在的内部，所以.（不写取等条件扣1分）又，所以凹四边形的面积的最小值.21．已知函数，，.(1)当时，（i）证明：，；（ii）是否存在点，使得和在处的切线相同？如果存在，直接写出点坐标和切线方程；如果不存在，请说明理由.(2)讨论函数在的零点的个数.【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）存在，；切线方程为(2)答案见解析 【分析】(1)(i)利用导函数讨论单调性并求出最小值即可;(ii)利用某点处切线方程求法即可；(2)根据的不同取值利用导数和极值讨论零点个数.【详解】(1)（i）证明：当时，，由可知，要证，只需证，设，，设，因为在区间内单调递增且，所以，；，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以当时，，可得，，所以，.（其他方法酌情给分）（ii）解：存在；切线方程为.（证明如下：由（i）中取等条件可知，当时，存在唯一，使得，又恰好，进而得出公切线方程，而当时，，，又，故无其他结果.）(2)令，即，等价于，设，由（1）得，当时，在有1个零点；当时，，故没有零点；当时，，，，所以在，各有1个零点.综上所述，当时，在区间内有1个零点；当时，在区间内没有零点；当时，在区间内有2个零点.22．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)求的最值；(3)证明：.【答案】(1)单调递增区间是，，单调递减区间(2)，(3)证明见解析 【分析】(1)利用导函数讨论单调性；(2)结合(1)确定最值;(3)由(2) 累乘可证明.【详解】(1)，.在的根，，当时，；当时，，所以的单调递增区间是，，的单调递减区间.(2)因为，所以是周期为的函数，结合（1）的结论，得，，，，所以，.(3)证明：由（2）得，故，所以.