宁夏银川市第二中学2023届高三上学期统练三数学（理） Word版含解析

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银川二中2022-2023学年高三年级第一学期统练三理科数学试题注意事项：1.本试卷共22小题，满分150分.考试时间为120分钟.2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡.一．选择题（本题共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】先由得出，再确定即可．【详解】对于集合A，由得，解得，即，而，所以，故选B．【点睛】本题主要考查了交集及其运算，涉及一元二次不等式的解法和集合的表示，属于基础题．2.设命题，则为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.3.（）A.2B.C.5D.

1【答案】D【解析】【分析】先计算，然后利用除法的法则运算，然后求模即可.【详解】解：，故．故选：D．4.若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊值的思路判断即可.【详解】根据函数图象可得函数为偶函数，A选项，B选项，所以AB选项为奇函数，故AB选项不正确；根据函数图象可得，而C选项，D选项，所以C选项不正确，D选项正确.故选：D.5.若函数在点（1，f（1））处的切线的斜率为1，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】

2分析】由导数几何意义得，然后由基本不等式得最小值．【详解】由已知，所以，，当且仅当时等号成立．故选：A．6.已知，，，则的大小关系为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用等中间值区分各个数值的大小．【详解】，，，故，所以．故选A．【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较．7.已知函数，直线为图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（）A.B.在区间单调递减C.在区间上的最大值为2D.为偶函数，则【答案】D【解析】【分析】由已知得，由可求得，可判断A选项，由此有

3；对于B，由得，由正弦函数的单调性可判断；对于C，由得，由此得在区间上的最大值为；对于D，，由，解得.【详解】解：因为函数，直线为图象的一条对称轴，所以，所以，又，所以，故A不正确；所以，对于B，当时，，所以在区间单调递增，故B不正确；对于C，当时，，在区间上的最大值为，故C不正确；对于D，若为偶函数，且，所以，解得，故D正确，故选：D.8.记为等比数列的前n项和.若，，则（）A.7B.8C.9D.10【答案】A【解析】【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.【详解】∵为等比数列的前n项和，

4∴，，成等比数列∴，∴，∴.故选：A.9.为了得到函数的图象，只需将函数的图象（）A.横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移个单位B.横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移个单位C.横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位D.横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的函数变换规则，结合诱导公式，可得答案.【详解】由函数，将横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，可得函数，由，则将函数，向左平移个单位，可得，故选：B.10.设等差数列与等差数列的前n项和分别为，，若对任意自然数n都有，则的值为（）

5A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的下标性质将式子化为，再化为，进而得到，最后根据条件求得答案.【详解】由题意，.故选：C.11.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形前纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】D【解析】【分析】计算得出，求出的取值范围，由此可求得的取值范围，从而可得最小值.【详解】如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，

6当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.的最小值为.故选：D.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．12.已知，若时，恒成立，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用函数单调性解出，两边取对数，进行参变分离，求导后求出最值，得到答案.【详解】令，，则在上恒成立，所以在上单调递减，因为，，所以，，因为，所以，两边取对数得，即，故，

7令，，，当时，，当时，，故上取得最大值，，故，综上：的最小值为.故选：C.【点睛】结合不等式特点，构造函数，结合函数不等式问题，要利用导函数研究其单调性，结合参变分离及最值问题处理恒成立问题.二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，为其终边上一点，则____．【答案】##0.5【解析】【分析】先利用三角函数的定义求出，再利用二倍角公式即可求解.【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，为其终边上一点，所以.所以.故答案为：14.已知函数的部分图像如图所示，则_______________.

8【答案】【解析】【分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.【详解】由题意可得：，当时，，令可得：，据此有：.故答案为：.【点睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.15.实数、满足条件，则的最大值为______．【答案】【解析】

9【分析】根据题意首先作出可行域，再令，利用截距的几何意义求解.【详解】由约束条件作出可行域如下图：联立解得，联立解得.令，化简得，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值；过点时，直线在轴上的截距最大，有最小值.所以的最大值为.故答案为：516.已知函数，则函数的零点个数是______个．【答案】3【解析】【分析】函数的零点个数等价于函数函数与的交点个数，作出函数与的图象，结合图象即可求出结果.【详解】函数有的零点个数等价于函数函数与的交点个数，作出函数与的图象，如图：

10，由图可知，函数与有3个交点，故函数有的零点个数为3，故答案为：3.【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．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．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.在等差数列中，已知，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由可得，从而求出与的值即可求出的通项公式；（2）由（1）可知，则，从而利用分组求和即可求出．【小问1详解】

11解：设等差数列的公差为，由，得，解得，所以；【小问2详解】解：由（1）可知，则，所以．18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.（2）方法一：根据值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又

12，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法在（1）的方法二中可得．

13在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得

14的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.19.第四届中国国际进口博览会于2021年11月5日至10日在上海举行.本届进博会有4000多项新产品､新技术､新服务.某跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2022年与该跨国公司合资生产此款空调.生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，生产x千台空调，需另投入资金R万元，且.经测算，当生产10千台空调时需另投入的资金R=4000万元.现每台空调售价为0.9万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完.（1）求2022年该企业年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；（2）2022年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？注：利润=销售额-成本.【答案】（1）（2）当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元【解析】【分析】（1）由题意可知时，R=4000，代入函数中可求出，然后由年利润等于销售总额减去投入资金，再减去固定成本，可求出年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式，（2）分别当和求出函数的最大值，比较即可得答案【小问1详解】由题意知，当时，，所以a=300.当时，；当时，.所以，【小问2详解】当时，，所以当时，W有最大值，最大值为8740；当时，，

15当且仅当，即x=100时，W有最大值，最大值为8990.因为，所以当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元.20.已知函数.（1）求的对称中心；（2）若，，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）首先对化简为，再利用三角函数的对称中心即可求解.（2）首先根据得到，结合角的范围求出，再利用三角恒等变换公式即可求解.【小问1详解】，令，则.所以的对称中心为，.【小问2详解】

16∵，∴，∵，∴，∴，故.21.已知函数．（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）讨论的单调性（3）若存在两个极值点，，证明：．【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出；（2）求出导函数，设，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出；（3）结合（2）将问题转为证明1，根据韦达定理转化为考虑h（x）＝2lnx﹣x的单调性，证出即可.【详解】（1）因为∴，当时，，∴，∴在（1，0）处的切线方程为．（2）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x），

17设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，①当a≤0时，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；②当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，（i）当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；（ii）当a＞2时，令f′（x）＞0，得：x；令f′（x）＜0，得：0＜x或x；∴当a＞2时，f（x）在区间（，）单调递增，在（0，），（，+∞）单调递减；综上所述，当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），（，+∞）上减函数，在区间（，）上是增函数．（3）由（2）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2]＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣lnx1，即lnx1+lnx1＞x1，即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立，设，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，

18求导得h′（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，则a﹣2成立．【点睛】本题第一问考查导数的几何意义，求曲线在某点的切线方程，第二问是利用解决含参的函数的单调性问题，都是常规问题，难点是第三问，通过消参转化为证明，再利用导数判断其单调性，求出最值即可证出．选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：极坐标与参数方程选讲]22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线与的直角坐标方程；（2）已知直线l的极坐标方程为，直线l与曲线，分别交于M，N（均异于点O）两点，若，求．【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，（2）【解析】【分析】（1）的参数方程消参可求出的直角坐标方程；的极坐标方程同乘，把，代入的极坐标方程可求出的直角坐标方程.（2）设M、N两点的极坐标分别为、，用极径的几何意义表示出，即

19，解方程即可求出.【小问1详解】解：的参数方程为（t为参数），把代入中可得，，所以曲线的直角坐标方程为，的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为，综上所述：曲线直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，【小问2详解】由（1）知，的极坐标方程为，设M、N两点的极坐标分别为、，则，，由题意知可得，因为，所以，所以，故，所以或（舍）所以.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数．（1）当时，解关于的不等式；（2）当时，的最小值为，且正数满足．求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，解不等式可得结果；（2）利用绝对值三角不等式可求得，化简所求式子，利用基本不等式可得结果.【小问1详解】

20当时，；当时，，解得：；当时，，解集为；当时，，解得：；综上所述：不等式的解集为.【小问2详解】当时，（当且仅当时取等号），，即；（当且仅当时取等号），即的最小值为.

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