江苏省2022-2023学年高三数学上学期大联考试题（Word版带答案）

2023届高三年级大联考数学本试卷共6页，22小题，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，，则（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】先求出，再求其补集.【详解】，，，或.故选：D.2.设复数的共轭复数为，已知，则（）A.7B.5C.3D.【答案】B 【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数及复数的乘法运算即可得解.【详解】解：由，得，则，所以.故选：B.3.设，则“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】分析：由题意首先求解三角不等式，然后结合题意确定“”与“”的充分性和必要性即可.详解：求解绝对值不等式可得，若，则，当时，，据此可得：“”是“”的充分而不必要条件.故选：A4.某人在湖面之上5米处测得空中一气球仰角为，而湖中气球倒影的俯角为，若不考虑水的折射，则气球离水面的高度（单位：米）为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】结合题意作出示意图，利用直角三角形中正切函数的定义得到关于气球离水面的高度的方程，解之即可.【详解】结合题意作出示意图，易知点与点关于湖面对称，则，，故，在中，，即，在中，，，故，即，故，所以气球离水面的高度为.故选：C..5.函数的图像可能是（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义，求得函数为奇函数，图象关于原点对称，再结合，即可求解.【详解】由题意，函数定义域为，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B.又当时，，所以，故排除CD.故选：A6.把函数图象上所有点向左平移个单位，得到函数的图象.若的图象关于直线对称，则函数的最小值为（）A.B.C.D.0【答案】A【解析】【分析】根据平移变换及正弦函数的对称性求出，再根据余弦函数的性质结合整体思想即可得解.【详解】解：函数图象上所有点向左平移个单位，得到函数， 因为的图象关于直线对称，所以，又，所以，则，因为，所以，故，所以.故选：A.7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，由易得；构造函数，由导数与函数的单调性求得的单调性，从而证得；由此可得.【详解】令，所以时，，因为，即，所以，故，即，令，则，显然在单调递增，令，得，故在上单调递增，因为，故，则，故在上单调递增，则，即，即，故，综上：. 故选：A.8.设函数，的最小值为，则的最大值为（）A.B.0C.1D.【答案】C【解析】【分析】对分类讨论求出，再分类讨论求出的最大值.【详解】设，不妨设，所以，所以，所以，当时，函数在上单调递减，所以.当时，函数在上单调递减，在单调递增，所以.所以.当时，，所以，所以所以在单调递减， 所以，所以在单调递增，所以.所以的最大值为1.当时，，在单调递减，没有最大值，所以的最大值为1.故选：C【点睛】关键点睛：本题解题的关键有两个，其一是分类讨论求出，其二是分类讨论求出的最大值.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9已知，，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据不等式的性质结合指数函数和对数函数的单调性逐一分析判断即可.【详解】解：因为，所以，又，所以，故A正确；当时，，当时，，故B错误；由，得，所以，故C正确；由，，得，则，所以，故D正确.故选：ACD.10.已知函数的最大值为2，且，则（） A.B.的图象关于直线对称C.的图象关于点中心对称D.将的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，得到的图象【答案】AC【解析】【分析】利用辅助角公式结合已知求出，即可判断A，再根据正弦函数的对称性代入检验即可判断BC，根据周期变换的原则即可判断D.【详解】解：，（其中），因为函数的最大值为2，所以，解得（舍去），故A正确；则，因为，所以的图象关于点中心对称，故B错误；因为，所以的图象关于点中心对称，故C正确；将的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，得到函数，而，故D错误.故选：AC.11.已知，，，则（）A.的最大值为B.的最小值为C.的最小值为D.的最大值为 【答案】BC【解析】【分析】利用基本不等式及其变形可分析AC选项，由二次函数求最值可判断B，可用三角换元来分析D选项【详解】对于A选项，由基本不等式得，整理得，当且仅当，即，时，的最大值为，所以A错误.对于B选项，，得，，当时，的最小值为，所以B正确.对于C选项，，当且仅当，时的最小值为，所以C正确.对于D选项，令，，由，，可知，，得，，由题意得，设，，，，，，所以D错误.故选：BC12.19世纪，德国数学家狄利克雷（，1805-1859）引入现代函数，他还给出了一个定义在实数集R上的函数称为狄利克雷函数，则（）A.B.C.若有理数，，则D.存在三个点，，，使得为正三角形【答案】BCD【解析】 【分析】根据狄利克雷函数的定义结合分段函数的性质，分别讨论为有理数和无理数，依次判断各个选项，即可得解.【详解】对于A，是无理数，若为有理数，是无理数，则；若为无理数，有可能为有理数，如，此时，故A错误；对于B，当为有理数，为有理数，则；当为无理数，为无理数，则，故B正确；对于C，为有理数，若为有理数，则是有理数，则；若为无理数，是无理数，则，故C正确；对于D，存在三个点且为有理数，则，，是边长为的等边三角形，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.曲线在点（，2）处的切线方程是________．【答案】【解析】【分析】求导，利用导数的几何意义求出切线方程的斜率，进而求出切线方程.【详解】，所以，故在点（，2）处的切线方程为，即.故答案为：14.若，则_______．【答案】【解析】【分析】利用切化弦、二倍角公式可推导得到，由此可化简所求式子为，利用二倍角正切公式可求得结果. 【详解】，，，原式.故答案为：.15.在锐角中，内角所对的边分别为．若，，则的取值范围为_____________；的最大值为__________．【答案】①.②.##【解析】【分析】利用正弦定理可得，结合三角恒等变换知识及的范围可化简得到，由的范围可求得的范围，进而得到的范围；利用两角和差正弦公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据正弦型函数最值的求法可求得结果.【详解】由正弦定理得：；，为锐角三角形，，，，， ，，，即的取值范围为；；，，，当时，取得最大值.故答案为：；.16.已知函数，，用max{m，n}表示m，n中的最大值，设．若在上恒成立，则实数a的取值范围为_____【答案】【解析】【分析】分别讨论当时，与的关系，可将问题转化为在上恒成立，运用参数分离和构造函数法，结合导数求得最大值，可得所求范围．【详解】当时，，当时，，所以在必成立，问题转化为在恒成立，由恒成立，可得在恒成立，设， 则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故a的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立的问题，考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力，是一道有一定难度的压轴填空题.四、解答题；本题共6小题，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）若，求在上的零点；（2）求函数的最大值．【答案】（1）（2）当时，；当时，【解析】【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式化简，再解关于的一元二次方程即可；（2）利用诱导公式及二倍角的余弦公式化简，再结合二次函数的性质分类讨论，从而可得出答案.【小问1详解】解：若，，令，解得（舍去），又因，所以，所以在上零点为； 【小问2详解】解：令，则，当时，，则，当时，函数的对称轴为，若，则在上递减，所以，若，即时，，若，即时，，综上所述，当时，；当时，.18.已知函数．（1）证明有且仅有两条经过原点的直线与曲线相切；（2）记（1）中两条切线为，，设，与曲线异于原点的公共点分别为．若，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设出切点，结合导数的几何意义求出有两个不同的切点即可证明；（2）先求出两条切线的方程，联立曲线方程，求出交点，结合向量夹角公式可求答案.【小问1详解】证明：，设过原点的直线与曲线相切于点，则，整理得，即或；所以有且仅有两条经过原点的直线与曲线相切.【小问2详解】当时，，由（1）知切点为， ；两条切线方程分别为：，即；联立方程，得和（舍），可得；同理可求，，，，所以.19.在中，内角，，所对的边分别为，，，，点在边上，．（1）若，求；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中和在中，分别利用正弦定理求出，再结合已知即可得解；（2）在中，利用余弦定理求出，在中，再次利用余弦定理即可得解.【小问1详解】解：在中，由，得，在中，由，得，则， 因为，所以，又，所以，因为，所以，所以；【小问2详解】解：在中，，，即，解得（舍去），在中，，则，所以，即.20.在中，，点，分别在，边上．（1）若，，求面积的最大值；（2）设四边形的外接圆半径为，若，且的最大值为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式求得的最大值为1，再利用面积公式即可求解；（2）由四边形存在外接圆，知四边形为等腰梯形，连接，设，，利用正弦定理，表示，进而利用基本不等式求解.【小问1详解】由已知，在中，利用余弦定理知，结合基本不等式有，当且仅当时，等号成立，即的最大值为1，所以面积的最大值为【小问2详解】四边形存在外接圆，又，，，，所以四边形为等腰梯形，连接，设，，在中，由正弦定理得，，，同理，在中，由正弦定理得，，所以，， ，当且仅当，即，，当且仅当时，等号成立，即，即21.已知，函数．（1）证明存在唯一极大值点；（2）若存在，使得对任意成立，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，再对求导，判断其单调性，然后结合零点存在性定理进而可知有唯一零点，结合极值点定义可证得结论；（2）题目转化为，构造，利用导数研究函数的单调性，求其最值，即可得解.【小问1详解】函数，求导，令，则又，，在上单调递减， 当时，，当时，，故存在，使得当，，故函数在上单调递增，当，，故函数在上单调递减，所以存在唯一极大值点；【小问2详解】由题知，存在，使得对任意成立，即存在，使得对任意成立，由（1）知，，且，即，即存在，使得恒成立，构造，即存在，使得恒成立，即存在，对任意恒成立，求导令，求得，，即，，当，，故函数在上单调递增，当，，故函数在上单调递减，当，，故函数在上单调递增，所以，由时，，因为，所以，即，则在上恒成立，所以的取值范围是. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）设，是函数的两个零点，证明：．【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）详见解析【解析】【分析】(1)对函数进行求导，然后对进行分类讨论，根据导函数值的正负，得到函数的单调区间(2)由题意变形得到的符号，不妨设，，得到与之间的关系，将变形为，构造为的函数，在进行求导得出函数值最小为0即可判断【小问1详解】由，得，，当时，，在上单调递减；当时，，由时，，在上单调递增，由时，， 在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增【小问2详解】根据函数有两个零点，变形，画出的图像，有两个零点即为与有两个交点，不妨设，如图可得，，设，由，将代入整理得①，要想证明，即证，即证②，将①代入②整理得，只需证明即可，令，，，，在递增，，得在递增，，，即，从而证明【点睛】 本题采用分类讨论的方法，数形结合的方法，求解的关键进行构造函数，并画出图像，利用数形结合进行分析，两个变量的证明要转化为一个变量进行分析证明