江西省赣州市教育发展联盟2023届高三数学（理）上学期第9次联考（12月）试卷（Word版附解析）

赣州市教育发展联盟第9次联考

数学理科试卷

（宁师中学、会昌三中、瑞金二中、瑞金三中、南康三中、兴国中学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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】B

【解析】

【分析】先化简集合，再结合集合的交集运算法则进行计算即可.

【详解】由题意得，，，

所以

故选：B

2. 若，则在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据的次方，找出相关规律，即可得出答案.

【详解】因为，，，，

，

所以，

在复平面内对应的点是位于第一象限.

故选：A

3. “，”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用正切函数值即可进行判断.

【详解】，，

故选：A．

4. 已知向量，，若与共线且同向，则实数的值为（    ）

A. 2 B. 4 C.  D. 或4

【答案】C

【解析】

【分析】通过向量共线且同向，即可求出实数的值.

【详解】由题意，

，，

∵与共线且同向

∴，解得或，

当时，与共线且反向，舍去，

故选：C．

5. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（    ）

A. 99 B. 131 C. 139 D. 141

【答案】D

【解析】

分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.

【详解】设该高阶等差数列的第8项为，

根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：

由图可得，则.

故选：D

6. 若函数在上单调递减，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】由题知，再根据函数在上单调递减可得，进而解不等式求解即可.

【详解】解：因为函数在上单调递减，

所以，解得，

因为，所以，

因为函数在上单调递减，

所以，函数在上单调递减，则有，解得，

所以的取值范围是，即的最大值为.

故选：A

7. 已知函数，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】可得函数在上单调递增，不等式解集等价于的解集，即可求解．

【详解】对于函数，定义域为，

，故为奇函数，

当时，单调递增，根据奇偶性可得在上单调递增，

故不等式的解集等价于的解集，

即，

故选：．

8. 已知函数的图像在处的切线过点，则（    ）

A.  B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】结合导数求出切线方程，将代入即可求出参数.

【详解】由，，，

则函数在处的切线方程为，

将代入切线方程可得.

故选：B

9. 甲、乙两名学生决定利用解三角形的相关知识估算一下友谊大厦的高度，甲同学在点A处测得友谊大厦顶端C的仰角是63.435°，随后，他沿着某一方向直行m后到达点B，测得友谊大厦顶端C的仰角为45°，乙同学站在友谊大厦底端的点D，测量发现甲同学在移动的过程中，∠ADB恰好为60°，若甲、乙两名同学始终在同一水平面上，则友谊大厦的高度大约是（    ）（参考数据：）

A. 270m B. 280m C. 290m D. 300m

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得到，，利用余弦定理计算得到答案.

【详解】如图所示：设友谊大厦的高度为，

在直角中，，即；

在直角中，，即，

在中，根据余弦定理：，解得，

故选：B

10. 已知，则的最大值是（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意令，然后代入所求的表达式，根据对勾函数的单调性即可求解,

【详解】因为，，令．

所以

，因为函数在上单调递增，故，

即的最大值为，

故选：D．

11. 设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值

【答案】B

【解析】

【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.

【详解】当时，则，不合乎题意；

当时，对任意的，，且有，可得，

可得，此时，与题干不符，不合乎题意；

故，故A错误；

对任意的，，且有，可得，

此时，数列为单调递减数列，则，

结合可得，

结合数列的单调性可得

故，

，

∴，

故B正确；

是数列 中最大值,故CD错误

故选：B.

12. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，进而利用单调性比较大小即可求解.

【详解】因为，，，

故构造函数，则，

故在上单调递增，故，即，

故选：A.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 命题“，”的否定为__________.

【答案】，

【解析】

【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词否定结论即可.

【详解】因为全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词否定结论，

故“，”的否定为“，”，

故答案为：，

14. 设数列的通项公式为，其前项和为，则________．

【答案】

【解析】

【分析】求出取不同值时对应的通项公式，即可求出的值.

【详解】由题意，，

在数列中，，

当或，时，，；

当，时，，；

当，时，，．

∴，

∴，

故答案为：-2023.

15. 六芒星，又称六角星，它由两个全等的等边三角形构成，这两个等边三角形的中心重合，且三边分别对应平行，如图，设，则__________.

【答案】-4

【解析】

【分析】利用向量的线性表示即可求解.

【详解】因为，

所以，，即.

故答案为：

16. 已知函数，其中，若方程有三个不同的实数根，则实数k的取值范围_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，讨论，与时，的图像与的的图像的交点问题，利用数形结合，即可得到答案.

【详解】

如图，，则的图像如上，明显地，与不可能有交点，故时不符题意；

如图，，则的图像如上，明显地，与有三个不同交点时，必有，解得，

而时，明显不符题意；

故答案为：

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”的主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，并决定近期投放市场.根据市场调研情况，预计每枚纪念章的市场价（单位：元）与上市时间（单位：天）的数据如下表.

（1）根据上表数据，从①，②，③中选取一个恰当的函数描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系（无需说明理由），并求出该函数的解析式；

（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.

【答案】（1），   

（2）当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.

【解析】

【分析】（1）根据表中数据的关系可选③来描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系，而根据表中数据可得关于参数的方程组，求出其解后可得函数解析式.

（2）利用基本不等式可求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.

【小问1详解】

每枚纪念章的最低市场价不是关于上市时间的单调函数，故选.

分别把，代入，得

解得，，∴，.

此时该函数的图象恰经过点，∴，.

【小问2详解】

由（1）知，

当且仅当，即时，有最小值，且.

故当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.

18. 已知是定义在上的奇函数．

（1）求实数的值；

（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据奇函数即可求出结果；

（2）根据奇偶性和单调性即可求出结果.

【小问1详解】

因为为定义在上的奇函数，所以，所以．

此时，经验证，，故．

【小问2详解】

由（1）可知，

任取，

则，

因为，则，

所以

所以是上的增函数．

由恒成立，

得恒成立，

则，

所以恒成立，

因为，

所以．

实数的取值范围为：．

19. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；

（2）将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在内的零点.

【答案】（1）   

（2）零点为0与.

【解析】

【分析】（1）由图象可得，，即，再代入点即得解；

（2）先通过图象变换得到，再令可得答案.

【小问1详解】

由图象可得，

，则，即，

∴，

由图象得，即，

∴，，则，，

又，∴，

故；

【小问2详解】

将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），

再将所得图象向左平移个单位长度，得到函，

∴，

令，则或，

解得，，或，，

又，∴或，

即函数在内的零点为0与.

20. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．

（1）求的值；

（2）若，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，

角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解

【小问1详解】

因为,

结合余弦定理，得，

即，

所以．

【小问2详解】

由，

即，即

即，又，

所以，，

所以.

21. 已知数列是等差数列，其前项和为，，．数列的前项和为，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）求证：（ⅰ）；

（ⅱ）．

【答案】（1），   

（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程，解得，即可得到，利用时，，得到数列为等比数列，然后求即可；

（2）利用放缩的方法得到，然后用错位相减的方法求和，得到，即可证明.

【小问1详解】

设数列的公差为，则，解得，

∴；

由①可得，当时，，则，

当时，，②

①②相减得，，整理得，

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，．

【小问2详解】

由（1）可得，，

又，

∴．

（ⅱ）由（ⅰ）的结论可知，

设，则，

两式相减得，

，

∴，

故．

22. 已知函数，．

（1）研究函数在区间上的单调性；

（2）若对于，恒有，求的取值范围．

【答案】（1）在上单调递增   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导后对的范围进行讨论，研究其单调性；

（2）构造函数，根据对的范围进行讨论进而求出结果.

【小问1详解】

函数的定义域为．

，

当时，，而，所以，

当时，，而，

所以．

所以当时，，即．

综上，在上单调递增．

【小问2详解】

即，

设，

当时，结合（1）知，在上是增函数，则，

所以当时，不等式显然成立．

当时，，

令，则，

当时，，，所以，

所以为增函数，．

当时，，从而有，此时不等式恒成立．

当时，令，即，

由前面分析知，函数在上是增函数，

且，

．

故存在唯一的，使得．

当时，，为减函数且．

所以与恒成立矛盾．