江苏省苏州市吴江汾湖高级中学等重点中学2022-2023学年高三上学期10月联考数学试题

这是一份江苏省苏州市吴江汾湖高级中学等重点中学2022-2023学年高三上学期10月联考数学试题，共19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。
江苏省苏州市吴江汾湖高级中学等重点中学2022-2023学年高三上学期10月联考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．“”成立的一个必要不充分条件为（    ）A． B． C． D．3．已知的内角所对的边分别为满足且，则（    ）A． B． C． D．4．在中，是线段上一点（不与顶点重合），若，则的最小值为（   ）A． B．  C． D．5．设，则 =（    ）A． B． C． D．6．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值可以是（    ）A． B． C． D．7．已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）A． B． C． D．8．已知，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．下列命题正确的是（    ）A．若，则的最小值为4B．若，则的最小值为3C．若，则的最大值为5D．若，则的最大值为210．已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中图象最高点、最低点的横坐标分别为、，图象在轴上的截距为．则下列结论正确的是（    ）A．的最小正周期为B．的最大值为2C．在区间上单调递增D．为偶函数11．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，则C．D．若，且，则△为等边三角形12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．当时，曲线在点处的切线方程为B．若对任意的，都有，则实数的取值范围是C．当时，既存在极大值又存在极小值D．当时，恰有3个零点，且 三、填空题13．命题“，”的否定是______．14．已知向量，，若，则_________．15．若函数在上存在单调递减区间，则m的取值范围是_________． 四、双空题16．如图所示，四边形ABCD是由等腰直角三角形BCD以及直角三角形ABD拼接而成，其中，，若，则______，A到C的距离为______． 五、解答题17．已知向量，函数.(1)求的单调增区间；(2)设，若，求的值.18．（1）已知，求的最小值．（2）求关于x的不等式的解集：．19．已知函数是上的偶函数(1)求实数的值，判断函数在,上的单调性；(2)求函数在,上的最大值和最小值．20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现给出两个条件：①；②．要求你从中选出一个条件，并以此为依据解下面问题：(1)求A的值；(2)若，D为BC中点，且，求的面积．21．已知函数．(1)证明：；(2)设函数，，其中．若函数存在非负的极小值，求a的取值范围．22．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若有两个不同的零点①求实数k的取值范围：②求证：.
参考答案：1．B【分析】求出及其补集，通过交集运算求得结果.【详解】集合或，，又，所以故选：B．2．C【分析】由题可得，然后利用充分条件，必要条件的定义分析即得.【详解】由，得，所以选项A是充要条件，选项B是既不充分又不必要条件，选项D是充分不必要条件，选项C是必要不充分条件.故选：C.3．D【分析】利用余弦定理边化角求得，由此可得，利用正弦定理可求得结果.【详解】由得：，，，由正弦定理得：.故选：D.4．B【分析】根据三点共线得，然后由基本不等式求得最小值．【详解】因为是线段上一点（不与顶点重合），若，所以且，所以，当且仅当，即，时等号成立，故选：B．5．D【分析】利用和差角的正弦公式和辅助角公式对进行化简，可得，再利用二倍角的余弦公式即可得到答案【详解】解：即，所以即，所以，故选：D6．B【分析】先化简，再得到平移后的解析式，即可得到，逐个检验即可得出答案.【详解】因为.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，所以有，所以，所以有，.对于A项，令，即，解得，A项错误；对于B项，令，即，解得，B项正确；对于C项，令，即，解得，C项错误；对于D项，令，即，解得，D项错误.故选：B.7．C【分析】利用对称性和奇偶性可推导得到是周期为的周期函数，并求得的值，将所求式子利用周期进行转化即可求得所求值.【详解】图象关于点对称，，又为上的偶函数，，，，是周期为的周期函数，，又，，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数周期性求解函数值的问题，解题关键是能够根据函数的奇偶性和对称性推导得到函数的周期，进而将自变量转化到已知函数解析式的区间中，从而结合解析式求得函数值.8．A【分析】对已知不等式进行变形，通过构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.【详解】因为，不等式恒成立，即成立，即，进而转化为恒成立.令，则，当时，，所以在上单调递增，则不等式恒成立等价于恒成立.因为，，所以，，所以对任意的恒成立，所以恒成立.设，可得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，函数取得最大值，最大值为，此时，所以，解得，即实数的取值范围是.故选：A【点睛】关键点睛：利用构造函数结合导数的性质是解题的关键.9．CD【解析】对于A，由于，所以对变形后再利用基本不等式求最值判断即可；对于B，不满足基本不等式的条件；对于C，D利用基本不等式判断即可【详解】解：对于A，因为，所以，当且仅当取等号，所以有最大值，所以A错误；对于B，，而不成立，所以的最小值不等于3，而其最小值为，对于C，由可知，得，当且仅当时取等号，的最大值为5，所以C正确；对于D，由于，所以，即，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为2，故选：CD【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题10．BC【解析】由周期求，由五点法作图求出的值，由特殊点的坐标求出A，再利用三角函数的图象和性质，得出结论．【详解】由图知，的最小正周期，则.由，得.由，得，则，所以.当时，，则单调递增.因为，则不是偶函数，故选：BC．【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，解题的关键是会根据图象求解析式.11．ACD【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；B：当时，有，错误；C：，而，即，由正弦定理易得，正确；D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.12．BCD【分析】根据导数的几何意义即可判断A；对于B，由题意知在上单调递增，则在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可判断；对于C，结合B选项，根据极值的定义判断即可；对于D，结合C，再根据零点的存在性定理分析即可判断.【详解】解：对于A，当时，，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即，故A错误；对于B，因为对任意的，都有，所以在上单调递增，即在上恒成立，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值，所以，解得，即实数的取值范围是，故B正确；对于C，当时，由B选项知，，令，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，又在上单调递减，所以存在，使得，又，又在上单调递增，所以存在，使得，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，当时，，为增函数，故既存在极大值又存在极小值，故C正确；对于D，因为，由C选项知，，当时，；当时，，故函数有三个零点，不妨设为，，，（，，），又，故有，则，即当时，恰有3个零点，且，故D正确．故选：BCD．【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性问题及极值问题，考查了利用导数解决函数的零点问题，有一定的难度.13．，【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.【详解】解：命题“，”为全称量词命题，其否定为：，.故答案为：，14．【分析】根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，若，则有，解得，故答案为：．15．【分析】求导后，转化为在上有解，转化为在上有解，利用函数单调性求出的最大值即可得解.【详解】，则原向题等价于在上有解，即在上有解，即在上有解，因为，且在上单调递减，所以当时，，所以.故答案为：16．     ；     .【分析】（1）利用二倍角的正切公式求出，即得；（2）先求出，，再利用余弦定理求解.【详解】因为，故（舍去)；而，故；因为是等腰直角三角形，故，，故，；在中，，由余弦定理得．故答案为：；17．(1)(2) 【分析】（1）由数量积的坐标运算结合三角恒等变换可得的解析式，根据正弦函数的单调性即可求得答案；（2）由可求得，继而求得，再利用三角函数的二倍角公式求得，，从而将化为，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以，,令，解得，即的单调增区间为；（2）由（1）可知，，则，因为，所以，所以，所以，所以，所以，即.18．（1）8 ；（2）时，解集为；时，解集为；时，解集为；时，解集为；时，解集为．【分析】（1）整理可得，结合基本不等式分析计算；（2）不等式分类讨论问题，结合本题，首先讨论最高项系数的符号；其次讨论两根的大小．【详解】解：（1）因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8．（2），当时，不等式为，解集为，时，不等式分解因式可得，当时，故，此时解集为．当时，，故此时解集为，当时，可化为，又，解集为．当时，可化为，又，解集为，综上所述：时，解集为，时，解集为，时，解集为，时，解集为，时，解集为．19．(1)，单调递增(2)最小值，最大值 【分析】（1）根据偶函数的定义，对照等式可求得，再根据函数单调性的定义可判断函数在,上的单调性.（2）根据函数的奇偶性和单调性，判断在,上的单调性，利用单调性可求得函数最值.【详解】（1）若函数是上的偶函数，则，即，解得，所以，函数在上单调递减．（2）由（1）知函数在上单调递减，又函数是上的偶函数，所以函数在,上为增函数，所以函数在,上为增函数，在,上为减函数．又所以20．(1)任选一条件，都有(2) 【分析】（1）若选择①，根据正弦定理边化角可得，根据两角和的正弦公式，诱导公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；若选择②，根据诱导公式，两角和的正切公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；（2）由题意得，左右同时平方，结合数量积公式及题干条件，可得c值，代入面积公式，即可得答案.【详解】（1）若选择①，由正弦定理可得，可将已知条件转化为即，所以．在中，有，故，所以，又，所以，故，又，所以．若选择②在中，有，所以即，所以．又由已知条件得，又A，B，，所以，所以所以．（2）因为，故，即代入数据得，解得或（舍去），所以，即的面积为．21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过二次导数求函数最小值可证；（2）求导，分类讨论求极小值，然后可得.【详解】（1）．令，则．∵，，∴恒成立，即在R上为增函数．又，∴当时，有；当时，有．∴函数在区间上为减函数，在上为增函数．∴，∴．（2）．由（1）知在R上为增函数．∴当时，有，即；当时，有，即．（i）当时，∵在R上恒成立，∴当时，；当时，．∴函数在上为减函数，在上为增函数．∴，即；（ii）当时，由，解得，，且在R上单调递减．①当时，．∵当时，有；当时，有；当时，有，∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．∴．不符合题意；②当时，．∴时，有恒成立，故在R上为减函数．∴函数不存在极小值点，不符合题意；③当时，．∵当时，有；当时，有；当时，有，∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．∴．不符合题意．综上所述，若函数存在非负的极小值，则a的取值范围为．【点睛】导数中分类讨论问题通常从以下两个方向进行：1、根据导函数是否存在零点进行分类；2、根据导函数的零点的大小关系分类.22．(1)答案见解析；(2)①；②证明见解析. 【分析】（1）分类讨论实数的取值范围，利用导数求解函数的单调区间即可;（2）由（1）可得，为函数的最小值，结合已知，只需求解即可；根据题意将不等式转化为，令，构造函数，利用导数求解函数的单调性，只需证明恒成立即可.【详解】（1）解：因为，则，当时，恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得，当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增.（2）解：①由（1）得，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，又当时，，当时，，故为函数的最小值，因为有两个不同的零点，所以，解得：，故实数k的取值范围为：.②证明：由已知得，整理得：，设，要证，即证，即证，需要证，令，即证对任意的恒成立，令，其中，则，对任意的恒成立，故函数在上单调递增，当时，，所以当时，，即，故原不等式得证.