2023届贵州省遵义市高三上学期第一次统一考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届贵州省遵义市高三上学期第一次统一考试数学（理）试题含解析，共15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届贵州省遵义市高三上学期第一次统一考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用集合交集的定义求解即可.【详解】因为集合，，所以，故选：C.2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由复数除法运算可得，由此可求得复数的模长.【详解】，.故选：A.3．若是方程的根，则下列选项正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据方程的根和函数的零点的关系可得为函数的零点，结合零点存在性定理确定的范围.【详解】设，因为是方程的根，所以为函数的零点，因为函数，在上都为单调递增函数，所以在上单调递增，又，，所以函数的零点一定在区间内，所以，故选：A.4．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】C【分析】根据三角函数图象的平移变换规律，即可判断出答案.【详解】因为，故为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点向右平移个单位长度，故选：C.5．下列说法正确的是（    ）A．命题“若，则”的否命题是：“若，则”B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“，使得”的否定是：“，均有”D．命题“若，则”为真命题【答案】D【分析】利用否命题、充分必要条件、命题的否定、逆否命题分析判断得解.【详解】解：对于A， 命题“若，则”的否命题是：“若，则”，所以选项A错误；对于B， ，所以或， “”是“”的充分不必要条件，所以选项B错误；对于C，命题“，使得”的否定是：“，均有”，所以选项C错误；对于D，命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，逆否命题正确，所以原命题为真命题，所以选项D正确.故选：D6．函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先判断函数的奇偶性，利用导数说明函数在上的单调性，即可判断.【详解】解：定义域为，且，故为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除A，令，即，解得，又，故排除D，当时，则，所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递增，故排除C；故选：B7．如图1，规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形．已知图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，按上述规定得到第2行，共有2个正方形和1个三角形，按此规定继续可得到第3行，第4行，第5行，则在图2中前5行正方形个数的总和为（    ）A．8 B．19 C．32 D．59【答案】B【分析】通过观察找到规律进而求出图2中前5行正方形个数的总和.【详解】通过观察发现从二行开始，三角形个数等于上一行正方形个数，正方形个数等于上一行三角形和正方形个数之和.记为每一行三角形和正方形个数，其中x表示三角形个数，y表示正方形个数，则前5行得三角形和正方形个数分别为，图2中前5行正方形个数的总和为.故选：B.8．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定理利用角B表示，利用三角变换及三角函数的性质可求的取值范围.【详解】因为，，故三角形外接圆直径为，所以，所以，，故，因为三角形为锐角三角形，故，故，故，故，所以故的取值范围为，故选：A.9．已知定义在R上的偶函数满足，且当时，，则（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】由已知条件可推出的周期为4，结合分段函数即可求解【详解】∵为上的偶函数，∴，又，∴用替换，得，∴，∴的周期为4，∴，因为，所以故选：C10．若函数在区间内不存在最小值，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，有，由在区间内不存在最小值，由的取值范围求的取值范围.【详解】函数，由，有，由正弦函数的单调性可知：当，即时，在上单调递增，最小值为，不合题意；当，即时，在上单调递增，在上单调递减，由，最小值为，不合题意；当，即时，在上单调递增，在上单调递减，由，此时最小值不存在，符合题意；当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 有最小值为，不合题意；综上可知，时，在区间内不存在最小值.故选：D11．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增．其中正确的个数为（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】令，则，结合条件可得有4个整数符合，可求出取值，再利用三角函数的性质逐项分析即得.【详解】由函数， 令，则因为函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，由，得，则，即，，故③正确；对于①，，，，当时，在区间上有且仅有3个不同的零点，当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故①错误；对于②，周期，由，则，，又，所以的最小正周期可能是，故②正确；对于④，，，又，，又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．故其中正确的个数为2个.故选：B.12．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先通过化同指数比较和的大小，再通过化同底数比较和的大小.【详解】先比较和的大小：，，，，.然后比较和的大小：，，综上，.故选：D. 二、填空题13．已知数列的前项和满足，则______．【答案】18.【分析】根据数列的前n项和公式，利用即可求得答案.【详解】由题意数列的前项和满足，则,故答案为：18.14．若直线与曲线相切，则切点的坐标为_____________．【答案】【分析】设切点为，求出函数的导函数，即可得到方程组，解得即可.【详解】解：设切点为，，，又，，解得，∴切点坐标为.故答案为：15．已知函数，则不等式的解集为_____________．【答案】【分析】先利用导数判断函数的单调性，结合，列不等式即可得到答案【详解】由，得，∵，当且仅当即时，取等号，且，∴，∴函数为增函数，因为，，所以，所以，解得，故不等式的解集为，故答案为：16．设函数，若函数存在最小值，则的取值范围为______．【答案】【分析】根据分段函数的单调性分类讨论进行求解即可.【详解】当时，函数，函数在上单调递减，所以有，当时，函数在上单调递增，此时，因为存在最小值，所以有，化简可得，而，所以，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，此时当时，函数有最小值为，因为存在最小值，所以有，故，而，所以，综上所述：， 所以的取值范围为，故答案为：. 三、解答题17．已知，．(1)求的值：(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1) 原式两边同时平方，用同角的平方和关系可得到结果.(2)用二倍角公示将化简，通过辅助角公示可以将原式化简为，利用第一问的答案即可得到结果.【详解】（1），， 得（2）==.由可知，..18．已知函数 在处取得极值2．(1)求的值；(2)若方程有三个相异实根，求实数的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）对函数求导，根据题意建立关于，的方程组，解出即可；（2）由（1）求出函数的单调性及极值情况，由此可得答案．【详解】（1），依题意，，解得，经检验，，符合题意，，的值分别为，；（2）由（1）可得，，方程有三个相异实根，即的图象与直线有三个不同的交点，，令，解得或，令，解得，在单调递增，在单调递减，且，，即实数的取值范围为．19．在①是与的等比中项，②，③这三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并解答．问题：已知等差数列的公差为，前n项和为，且满足______．(1)求；(2)若，且，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①②，则可得，，从而可求出，进而可求出，若选①③，则可得，，从而可求出，进而可求出，若选②③，则可得，，从而可求出，进而可求出，（2）由（1）可得，从而可求得，则，然后利用裂项相消法求和【详解】（1）选①②：由①知，是与的等比中项，则，即．由，可得，由②知，，可得．则有，解得，则．选①③：由①知，是与的等比中项，则，即．由，可得，由③知，，可得，解得．从而，所以．选②③：由②知，，可得，由③知，，可得，解得．则，解得d＝4，所以．（2）由题意知，，且，所以．所以当n≥2时，．也满足，所以对任意的，．则．所以．20．的内角的对边分别是，且，(1)求角的大小；(2)若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．【答案】(1);(2). 【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.【详解】（1）因为，由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，又因为，所以.（2）如图所示因为即，化简得①,又由余弦定理得即②，①②联立解得（舍去）或，所以.21．已知函数．（参考数据：）(1)讨论函数的单调性；(2)若恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.(2) 【分析】(1)先对函数求导，然后分和两种情况判断导函数的正负，求其单调区间即可；(2)利用参变分离的方法将不等式进行等价转化，等价转化时注意与零的大小关系，将不等式等价转化为，令，只需即可，对求导，判断其单调性，进而求出其最小值即可求解.【详解】（1）因为，所以，当时，恒成立；当时，令，解得：；令，解得：，综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）因为恒成立可转化为恒成立，令，则，令，解得：；令，解得：；所以当时，函数取最小值，所以不等式恒成立可等价转化为恒成立，令，只需即可，因为，由可得，令，得；令，得；所以当时，函数取最小值，故实数的取值范围为.【点睛】利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是．(1)求曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线交于，两点，点，求的值．【答案】(1)曲线的直角坐标方程；(2). 【分析】（1）由，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得，结合韦达定理、直线参数方程的几何意义，即可求.【详解】（1）因为，又，，所以，即，曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入方程，并整理得，设A，B的对应的参数分别是则，，所以，∵，则直线l过P，由直线参数方程的几何意义得，，，∴.23．设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2) .【详解】分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．详解：（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．