吉林省长春市第二中学2022-2023学年高三数学上学期第一次调研测试试题（Word版附解析）

2023届高三年级第一次调研测试数学试卷一、单选题1.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用集合的交并运算求、，注意是否存在包含关系，即可得答案.【详解】因为，，所以，，相互没有包含关系故选：B2.设是定义在上的周期为3的函数，当时，，则（　　）A.﹣1B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，化简得到，代入即可求解.【详解】因为是定义在上的周期为3的函数，当时，，则.故选：D. 3.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合已知条件，利用sinα+cosα与2sinαcosα的关系即可求值.【详解】.故选：B.4.玉雕壁画是采用传统的手工雕刻工艺，加工生产成的玉雕工艺画．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据弧长公式由条件求出扇形的圆心角和半径，再由面积公式求出扇面面积.【详解】如图，设，，由题图及弧长公式可得解得设扇形COD、扇形AOB的面积分别为，，则该玉雕壁画的扇面面积．故选：D. 5.用有机溶剂萃取水溶液中的溶质是化学中进行物质分离与提纯的一种重要方法.根据能斯特分配定律，一次萃取后，溶质在有机溶剂和水中的物质的量浓度(单位：)之比为常数，并称为该溶质在水和有机溶剂中的分配常数.现用一定体积的有机溶剂进行次萃取，每次萃取后溶质在水溶液中的残留量为原物质的量的倍，溶质在水溶液中原始的物质的量浓度为，该溶质在水和有机溶剂中的分配常数为，则至少经过几次萃取，溶质在水溶液中的物质的量浓度低于？（）(假设萃取过程中水溶液的体积不变.参考数据：，.)A.次B.次C.次D.次【答案】C【解析】【分析】审题确定常数，分配常数，根据每次萃取后溶质在水溶液中的残留量为原物质的量的倍，建立函数模型与不等关系，利用参考数据求解即可.【详解】由题意知，，则，设经过n次萃取，溶质在水溶液中的物质的量浓度低于，则，解得，由换底公式得.则至少经过11次萃取，溶质在水溶液中的物质的量浓度低于.故选：C.【点睛】解决实际应用问题的一般步骤：(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相 应的数学模型；(3)求模：求解数学模型，得出数学结论；(4)还原：将数学问题还原为实际问题的意义.6.若，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角差的正弦公式可得，由诱导公式及的范围，结合正弦函数的单调性即可求解.【详解】解：∵，∴.由，可得，即.∴，∴.∵，∴，且.由于函数在上单调递增，∴，即.故选:C.7.设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】推导出函数的图象关于直线对称，也关于点对称，进一步可推导出函数为周期函数，确定该函数的周期，逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为函数为偶函数，则，令，则，即，则，因为函数为奇函数，则，所以，函数的图象关于直线对称，也关于点对称，则，可得，所以，，故函数为周期函数，且周期为，对于A选项，，A对；对于BCD选项，，，但的值无法确定，BCD均错.故选：A.8.已知函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，可得为偶函数，且在上单调递增，由题可得，，，构造函数及，利用导函数判断的大小可得答案. 【详解】∵，∴令，，为偶函数，令，设，则，因为，，，所以，所以，所以在是增函数，又为增函数，所以在上为增函数，所以，，由，得，当时；当时，所以，当且仅当时取等号，所以，故，∴，令，，当时；当时，所以，当且仅当时取等号， ，，.综上故选：D【点睛】本题考查了比较大小的问题，比较大小的方法有：（1）根据单调性比较大小；（2）作差法比较大小；（3）作商法比较大小；（4）中间量法比较大小.二、多选题9.下列命题是真命题的有（）A.B.命题“”的否定为“”C.“”是“”成立的充分不必要条件D.若幂函数经过点，则【答案】AC【解析】【分析】A选项利用对数的四则运算即可求出；B项根据全称命题的否定直接判断；C项根据充分不必要条件的概念进行判断；根据幂函数求参数.【详解】对A：，故A正确；对B：命题“”的否定为“”，故B错误；对C：，但是，例如：， 但，所以“”是“”成立的充分不必要条件，故C正确；对D：因为幂函数经过点，所以，即，所以，故D错误.故选：AC.10.（多选）已知a＜b＜0，则下列不等式正确的是（　　）A.a2＞abB.ln（1﹣a）＞ln（1﹣b）C.D.a+cosb＞b+cosa【答案】ABC【解析】【分析】利用不等式的性质判断A，利用对数函数的单调性判断B，利用基本不等式判断C，利用构造函数判断D.【详解】A:∵a＜b＜0，∴a2＞ab，∴A正确，B:∵a＜b＜0，1﹣a＞1﹣b，∴ln（1﹣a）＞ln（1﹣b），∴B正确，C:∵a＜b＜0，∴，∴，∴C正确，D:设f（x）＝x﹣cosx，则＝1+sinx≥0，∴f（x）在R上为增函数，∵a＜b＜0，∴a﹣cosa＜b﹣cosb，a+cosb＜b+cosa，∴D错误．故选：ABC．11.已知，，，，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】 先根据，判断角的范围，再根据求；根据平方关系，判断的值；利用公式求值，并根据角的范围判断角的值；利用公式和，联合求.【详解】①因为，所以，又，故有，，解出，故A错误；②，由①知：，所以，所以，故B正确；③由①知：，而，所以，又，所以，解得，所以又因为，，所以，有，故C正确；④由，由③知，，两式联立得：，故D错误． 故选：BC【点睛】关键点点睛：本题的关键是三角函数恒等变形的灵活应用，尤其是确定角的范围，根据三角函数值，确定，且，进一步确定，这些都是确定函数值的正负，以及角的大小的依据.12.已知函数，若关于的方程恰有三个不同实数解，则关于的方程的正整数解取值可能是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象，根据图象有个交点确定出的关系，所以可将方程转化为，然后构造函数并分析的单调性确定出其值域，由此可求解出的取值范围，则的值可确定.【详解】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象如下图所示： 当时，，当时，，所以由图象可知：时关于的方程恰有三个不同实数解，又，所以，又因，所以，所以，设，所以，显然在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以，所以可取故选：ABC.三、填空题13.已知，则=__________【答案】##-0.5【解析】【分析】分子分母同除以，弦化切，即可.【详解】把式子的分子分母同除以，已知，所以.故答案为:.14.已知，则___________. 【答案】##【解析】【分析】利用换元法，令，求出函数解析式，再由可求出的值.【详解】，设，解得，，，解得.故答案为：.15.若直线是曲线的切线，切点为，也是曲线的切线，切点为，则__________．【答案】1【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得各个切线的斜率，求得直线方程，利用对应相等即可得解.【详解】由直线是曲线的切线，切点为，则直线的方程是，即由直线是曲线的切线，切点为，直线的方程为，即．所以，所以， 因为，所以．故答案为：116.若函数在上存在唯一的零点，函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】根据可求得单调递增，得到，可解得；由可知单调性，结合可确定，由此解得；取交集即可得到的范围.【详解】恒成立，单调递增，又在上存在唯一的零点，，即，解得：；，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，，，，即，解得：；综上所述：实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数零点求解参数范围的问题，解题关键是能够结合零点求得单调性，从而确定 在区间端点处的符号，由此构造不等式组求得参数范围.四、解答题17.已知函数.（1）化函数为的形式；（2）设，且，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先利用两角差的余弦公式，化简整理得到，再利用二倍角公式和辅助角法求解.（2）由根据（1）的结果，取得，再利用两角和的正切公式求解.【详解】（1），，，，∴（2），由可知，，，∴.【点睛】本题主要考查两角和与差的三角函数，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 18.已知公差d不为0的等差数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，应用等差数列前n项和、等差中项公式得，结合已知求基本量，进而写出的通项公式；（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求.【小问1详解】由题设，则，即，所以，而，易得，则，故.【小问2详解】由（1）知：，则，所以.19.已知函数在处取得极值，其中、、为常数．（1）试确定、的值；（2）若存在，不等式有解，求的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】 【分析】（1）分析可得，即可求得、的值，再利用导数分析函数的单调性，结合极值的定义验证即可；（2）利用导数求出函数的最大值，根据题意可得出，即可解得实数的取值范围.【小问1详解】解：函数的定义域为，且，由题意可得，解得，此时，，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，此时，函数在处取得极大值，合乎题意，综上所述，，.【小问2详解】解：由（1）可知，函数在处取得极大值，亦为最大值，即，因存在，不等式有解，则，即，解得.20.甲、乙两名运动员进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为．比赛采用“三局两胜”制，先胜二局者获胜．商定每局比赛（决胜局第三局除外）胜者得3分，败者得1分；决胜局胜者得2分，败者得0分．已知各局比赛相互独立．（1）求比赛结束，甲得6分的概率；（2）设比赛结束，乙得分，求随机变量的概率分布列与数学期望． 【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）“比赛结束，甲得6分”等价于“乙以败给甲或乙以败给甲”，由此即可求出其概率；（2）由题意知：打2局，乙输；打3局，乙输，打2或3局，乙赢，分别求出其概率，则可写出分布列，计算出数学期望.【小问1详解】记事件：“比赛结束，甲得6分”，则事件即为乙以败给甲或乙以败给甲，所以．【小问2详解】由题意得，可取，则，，，即的分布列为的数学期望为．21.已知椭圆的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为． （1）求椭圆C的方程；（2）若直线与x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为N，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用、与，求得，代入椭圆方程即可.（2）联立直线l与椭圆C方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值.【小问1详解】设椭圆C的焦距为，则，即，所以，即，又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，所以，即，综上解得，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】易得，设，则，联立直线l与椭圆C的方程，得， 则．又，易知与同号，所以，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．22.已知（1）若，讨论函数的单调性；（2）有两个不同的零点，，若恒成立，求的范围．【答案】（1）单调性见解析（2）【解析】【分析】（1）求导可得，再根据与的关系分类讨论即可；（2）由题，，设根据零点关系可得，再代入化简可得恒成立，设，再求导分析单调性与最值即可 【小问1详解】定义域为ⅰ）即时，，或ⅱ）即时，，恒成立ⅲ）即，，或综上：时，，单调递减；、，单调递增时，，单调递增时，，单调递减；、，单调递增【小问2详解】，由题，则，设∴∴恒成立， ∴∴恒成立设，∴恒成立ⅰ）时，，∴，∴在上单调递增∴恒成立，∴合题ⅱ），，∴，∴在上单调递增时，，∴上单调递减∴，，不满足恒成立综上：【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立 问题的综合，需要根据题意消去参数，令，再化简所求式关于的解析式，再构造函数分析最值.属于难题