广东省六校2023届高三数学上学期第二次联考试题（Word版有解析）

广东六校联盟2023届高三第二次联考数学命题人：中山纪念中学许文审题人；中山纪念中学赵玉勤本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔威签字笔将自己的姓名和考生号，考场号，座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求，1.若，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合，列举法写出集合，由交集的定义求即可.【详解】由，得，所以,又所以故选B．2.若且，则“”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】D【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若，满足，此时，排除充分性，若，满足，此时，排除必要性，故选：D3.已知函数，满足对任意，都有成立，则a的取值范围是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分段函数单调递减，则每一段分段图象均单调递减，且整体也是单调递减.【详解】由对任意，都有成立可得，在上单调递减，所以，解得，故选:C.4.已知是定义在上的偶函数，在上是增函数，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意，作出函数简图，数形结合列指数不等式，并求解. 【详解】是定义在上的偶函数，在上是增函数，且，作出函数的简图，如图所示，则时，，或，所以可得不等式的解集为.故选：B5.若，则（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换与同角三角函数关系，一步步化简为只含的式子再代入即可解出答案.【详解】，，，，，，， ，，，故选：C.6.已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则（）A.的图象关于点对称B.的图象关于点对称C.在上单调递增D.在上单调递增【答案】C【解析】【分析】根据函数图象相邻的最高点之间的距离为，得到，易得.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得，再根据是奇函数，得到，然后逐项验证即可.【详解】因为函数图象相邻最高点之间的距离为，所以其最小正周期为，则.所以.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象， 又因为是奇函数，令，所以.又，所以.故.当时，，故的图象不关于点对称，故A错误；当时，，故的图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；在上，，单调递增，故C正确；在上，，单调递减，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质及其图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7.中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信通带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽W在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（　　）(附：A.23%B.37%C.48%D.55%【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算性质，由香农公式分别计算信噪比为1000和5000时C的比值即可 求解.【详解】解：依题意得，当时，，当时，，∴，∴的增长率约为.故选：C8.定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据，令，可求得，再根据函数的对称性可得及，再令，可求得，即可得出答案.【详解】解：因函数满足，所以，所以，又图象关于直线对称，所以，且，则，所以，所以， 无法求出.故选：A.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分9.下列不等式中成立的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据指对幂函数的单调性结合中间量即可比较，结合选项即可得结果．【详解】解：函数，在上单调递增，∴，故A错误；函数，在上单调递减，，函数，在上单调递增，，，故B正确；函数单调递减，，故C正确；，故D错误，故选：BC．10.已知，，则（）A.的最大值是B.的最小值是C.D.【答案】BC【解析】【分析】求得，利用二次函数的基本性质可判断A选项的正误；利用基本不等式可判断B选项的正误；构造函数，其中，利用函数的单调性可判断C选项的正误；构造函数，其中，利用函数单调性可判断D选项的正误. 【详解】，，所以，，，所以，.对于A选项，，A选项错误；对于B选项，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，即的最小值是，B选项正确；对于C选项，，令，其中，则，所以，函数在区间上单调递减，因为，所以，，即，C选项正确；对于D选项，，构造函数，其中，则，所以，函数在区间上为减函数，，，即，D选项错误.故选：BC.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.11.（多选题）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数．纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（）A.的图象关于直线对称B.在上是增函数 C.的最大值为D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】利用对称性定义推理判断A；由与在上单调性判断B；借助导数求出在周期长的区间上的最大值判断C；由在周期长的区间上的最大最小值判断D作答.【详解】对于A，因，则的图象关于对称，不关于对称，A错误；对于B，因与在上都是增函数，则在上是增函数，B正确；对于C，因，即是奇函数，又与的最小正周期分别为与，则的正周期为，当时，，令，得，即，当时，，当时，，则在上递增，在上递减，因此，在上的最大值为，由是奇函数得在上的最大值为， 由的正周期为，则在R上的最大值为，C正确；对于D，由选项C得，，，，又，则，所以当时，，D正确．故选：BCD12.设函数，若恒成立，则满足条件的正整数k可能是（　　）A.2B.3C.4D.5【答案】AB【解析】【分析】将转化为，构造，再构造，利用导数推得在上存在零点，进而求得，故得，从而可得答案.【详解】当时，恒成立，即在上恒成立，令，则，，再令，则，故在上单调递增， 又因为，，所以在上存在零点，且，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；故，因为，故，所以由得.故选：AB.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数是偶函数，则实数______【答案】1【解析】【分析】由偶函数的性质可知，再由不恒为0，可得的值.【详解】因为是偶函数，所以由得，，即，故，因为，所以不恒为0，故.故答案为：1.14.写出一个定义域为值域为的函数_______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】本题为开放型题目，答案有多个，但定义域为，值域为的函数容易联想到定义域为，值域为三角函数，而值域可以通过加绝对值来处理，由此可以得到答案.【详解】令，则易知其定义域为，而由得，即的值域为，故满足题意. 显然也满足题意，即答案不唯一，这里以为代表.故答案为：.15.已知，，直线与曲线相切，则的最小值为___________.【答案】8【解析】【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义先求出，进而得到关系，再由均值不等式可得出答案.【详解】设直线与曲线相切于点由函数的导函数为，则解得所以，即则当且仅当，即时取得等号.故答案为：816.已知函数，直线l的方程为，过函数上任意一点P作与l夹角为的直线，交l于点A，则的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】利用已知将转化为点P到直线l的距离为d，即可得出当过点P的的切线与直线l平行时，点P到直线l的距离最小，再通过求导，令导数等于直线l的斜率，即可得出点P的坐标，再通过点到直线的距离得出d，即可代入与d的关系式得出答案.【详解】设点P到直线l的距离为d，点P作与l夹角为， ，即，要使最小，只需d最小即可，则当过点P的的切线与直线l平行时，点P到直线l的距离最小，即d最小，设，求导得，即时d最小，此时，，则，则，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第题各12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设函数.（1）解关于x的不等式；（2）当时，不等式恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对a分类讨论：当时；当时；当时.分别求出对应的解集；（2）利用分离参数法得到，再利用基本不等式求出的最小值，即可求出a的取值范围.【小问1详解】 当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.【小问2详解】因为，所以由可化为：，因为（当且仅当，即时等号成立），所以.所以a的取值范围为.18.如图，在四边形中，（1）求角的值；（2）若，，求四边形的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式和二倍角公式化简得，再判断得，结合，即可求解得；（2）由余弦定理求解得，再由正弦定理以及，可得，从而解得，然后计算和面积的和即可. 【小问1详解】，因为，得，或，解得或，因为，得，【小问2详解】在中，，在中，，，，，得，，所以四边形的面积为19.已知函数（1）当时，求函数的极值（2）若有唯一极值点，求关于的不等式的解集.【答案】（1）极大值为，极小值为.（2） 【解析】【分析】(1)直接利用导函数求极值即可；(2)首先结合已知条件得到，然后求解不等式即可.【小问1详解】由题意可知，的定义域为，，当时，，则或；，故在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，极小值为.【小问2详解】由题意可知，有唯一的正解，从而，结合极值点定义可知，二次函数有两个不同的零点，，从而由韦达定理可知，，即，从而，因为，从而，故关于的不等式的解集为.20.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足.（1）证明（2）求所有正整数k，m的值，使得和同时成立【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）由结合已知条件得，，进而得到，再利用正弦定理边化角即可求解；（2）由得，,再利用正余弦定理化简得，结合条件得，即，再分析求解即可.【小问1详解】因为，所以，即，因为，所以，即，由正弦定理得，其中为的外接圆半径，所以.【小问2详解】由，可知，则由正、余弦定理得到，化简得，因为，，所以，即，因为均为正整数，所以由可知为2的正整数因式1或2，故， 所以，即，所以.21.某同学用“五点法”画函数）在某一个周期内的函数图象列表并填入的部分数据如下表xx30000（1）求出的解析式，并写出上表中的x1；（2）将的图象向右移个单位得到的图象，若总存在，使得成立，求实数m的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据表格中的数据列出方程组求解即可求解；（2）根据图象变换先求出的表达式，然后令，，则原问题转化为在有解，令，，然后分和两种情况讨论，求出的最大值即可求解.小问1详解】 解：由题意，，解得，所以，；【小问2详解】解：因为函数的图象向右平移个单位得到的图象，所以，所以若总存在，使得成立即为总存在，使得成立，设，则，且在有解，令，，当，即时，，所以；当，即时，，所以，与相矛盾，舍去.综上，.22.已知函数，其中（1）若，证明f（x）在上存在唯一的零点.（2）若，设为在上的零点，证明：在上有唯一的零点，且 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)依题意转化有唯一解即可;(2)利用等量替换，放缩转化为即可证明.【小问1详解】令,即,即,令因为,所以恒成立,所以在单调递增,且,,即，由零点存在性定理知时,存在唯一零点,所以时方程有唯一解,所以f（x）在上存在唯一的零点.【小问2详解】由，得，令当时，恒成立，所以函数在上单调递增，且，所以存在唯一，使得，所以在单调递减，单调递增，， 所以存在唯一的，使得，从而在上有唯一的零点.由题可知，，得，，，得，令当时，恒成立，所以在上单调递增，则，即恒成立,又因为时，所以，因为所以，令在上单调递增，，所以有唯一解，即，所以，即，所以要证，只用证，由得，，得，令，，令解得令解得，所以在单调递减，单调递增， 所以，即恒成立，因为，所以则有所以，所以，所以,得证.【点睛】利用放缩,等量替换将多元转化为单元函数进行证明是不等式证明的常用方法.