《江西省百校联盟2023届高三上学期联合测评卷理科数学含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省百校联盟2023届高三上学期联合测评卷理科数学含解析.pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三联合测评卷数学(理科)第1 页(共2页)2 0 2 3届高三联合测评卷数学(理科)(1 2 0分钟 1 5 0分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡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,将答题卡交回。一、选择题:本题共1 2小题,每小题5分,共6 0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.已知命题p:x(0,+),s i nx=2x,则p()A.x(0,+),s i nx2x B.x(0
2、,+),s i nx2xC.x(0,+),s i nx2xD.x(0,+),s i nx2x2.已知a,bR,则“l ga l gb”是“a2b2”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件3.设集合P=x|l o g2x0,0,|2)的部分图象如图所示,则下列说法正确的是()A.直线x=5 6是f(x)图象的一条对称轴B.f(x)图象的一个对称中心为5 1 2,0 C.f(x)在区间-3,3上单调递增D.将f(x)的图象向左平移1 2个单位长度后,可得到一个偶函数的图象9.设a=17,b=l n97,c=s i n17,则()A.cabB.cbaC.abc
3、D.bca(第1 0题图)1 0.奔驰定理:已知点O是A B C内的一点,若B O C,A O C,A O B的面积分别记为S1,S2,S3,则S1O A+S2O B+S3O C=0.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论,因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的l o g o很相似,故形象地称其为“奔驰定理”.如图,已知O是A B C的垂心,且O A+2O B+3O C=0,则c o sC=()A.3 1 01 0B.1 01 0C.2 55D.551 1.已知函数f(x)=|s i nx|+|c o sx|-2 s i n 2x,以下结论正确的是()A.2是f(x)的一个周期B.f(x)
4、在区间0,3 单调递减C.f x+4 是偶函数D.f(x)在区间-2,2 只有1个零点1 2.已知2 0 2 2 l na=a+m,2 0 2 2 l nb=b+m,其中ab,若a b恒成立,则实数的取值范围为()A.(2 0 2 2 e)2,+B.(2 0 2 22,+)C.(2 0 2 2 e)2,+D.2 0 2 22,+二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共2 0分.1 3.已知曲线y=ex-1+xl nx在x=1处的切线与直线m x-y+2=0垂直,则实数m=.1 4.已知f(x)为R上的奇函数,当-1x2 ,如果关于x的 方 程mf(x)2+n f(x)+1=0恰 有7个 不 同
5、 的 实 数 根,那 么m-n=.三、解答题:本题共6小题,共7 0分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1 7.(1 0分)设命题p:对任意x1,3,不等式l nx+3x2m2-m恒成立,命题q:存在x14,4,使得不等式4x+1x+2m-30成立.(1)若p为真命题,求实数m的取值范围;(2)若pq为假命题,pq为真命题,求实数m的取值范围.1 8.(1 2分)在A B C中,角A、B、C的对边分别为a,b,c,且满足(2a-c)B AB C=c C BC A.(1)求角B的大小;(2)若t a nBt a nA+t a nBt a nC=4,求s i nAs i nC的值.1 9.
6、(1 2分)函数f(x)=6 c o s2 x2+3 s i n x-3(0)在一个周期内的图象如图所示,点A为图象的最高点,点B、C为图象与x轴的交点,且A B C为正三角形.(第1 9题图)(1)求的值及函数f(x)的值域;(2)若f(x0)=8 35,且x0-1 03,23 ,求f(x0+1)的值.2 0.(1 2分)已知函数f(x)=xex-a x(aR).(1)若0是函数f(x)的极小值点,求实数a的值;(2)若y=f(x)在R上是增函数,求实数a的取值范围.2 1.(1 2分)江西某中学校园内有块扇形空地O P Q,经测量其半径为6 0m,圆心角为3.学校准备在此扇形空地上修建一所
7、矩形室内篮球场A B C D,初步设计方案1如图1所示.图1 图2(第2 1题图)(1)取P Q弧的中点E,连接O E,设B O E=,试用表示方案1中矩形A B C D的面积,并求其最大值;(2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积?若有,在图2中画出来,并证明你的结论.2 2.(1 2分)已知函数f(x)=al nx+x-a(aR).(1)若g(x)=f(x)-a x-12x2时,试讨论g(x)的单调性;(2)若h(x)=2xl nx-f(x)有两个零点时,求a的取值范围.高三联合测评卷数学(理科)参考答案 第1 页(共7页)2 0 2 3届高三联合测评卷数学(理科)参考答案一、
8、1.D【解析】命题x(0,+),s i nx=2x的否定为x(0,+),s i nx2x.故选D.2.A【解析】由“l ga l gb”成立可推出ab0,继而可得到a2b2;当a2b2时,比如a=-3,b=-2,推不出l ga l gb成立,故“l ga l gb”是“a2b2”的充分不必要条件.故选A.3.B【解析】由l o g2x2解得0 x4,P=x|0 x4,x2(0,1 6),2 5-x2(3,5),Q=y|3y5,PQ=x|3x0,s i n21-2 s i n22=13-2 s i n2,即s i n2=13,故c o s=1-2 s i n22=79.故选D.6.C【解析】f(
9、x)=xs i nx,f(x)=s i nx+xc o sx,f(-x)=-s i nx-xc o sx=-f(x),f(x)为奇函数,从而f(x)的图象在区间-,上关于原点对称,由此可排除A、B.又f()=0-=-0,排除D.故选C.7.C【解析】由f32-x =f x+32 ,得 函 数f(x)图 象 的 对 称 轴 是 直 线x=32,故 函 数f(x)在-,32 上单调递减,由f(x)在区间(a,2a-1)上单调递减,则2a-132,a2a-1,解得1a54.故选C.8.B【解析】由函数图象可知,A=2,最小正周期为T=45 1 2-6 =,=2=2,将点6,2 代入函数解析式中,得:
10、2=2 s i n3+,结合|s i nx可 得17s i n17,即ac;b-a=l n97-17=l n1+217 -17,设f(x)=l n(1+2x)-x0 x12,b-a=f17 ,f(x)=21+2x-1=1-2x1+2x,0 x0,f(x)在0,12 上单调递增,当x 0,12 ,f(x)f(0)=0,f17 0,即ba,bac.故选A.1 0.B【解析】延长C O交A B于点P,O是A B C的垂心,O PA B,S1S2=(12O CB P)(12O CA P)=B PA P=(O Pt a nP O B)(O Pt a nP O A)=t a nC O Bt a nC O
11、A=t a n(-A)t a n(-B)=t a nAt a nB.同理可得S1S3=t a nAt a nC,S1S2S3=t a nAt a nBt a nC.又S1O A+S2O B+S3O C=0,t a nAO A+t a nBO B+t a nCO C=0.又O A+2O B+3O C=0,t a nA t a nB t a nC=123.不妨设t a nA=k,t a nB=2k,t a nC=3k,其中k0.t a nA=-t a n(B+C)=-t a nB+t a nC1-t a nBt a nC,k=-2k+3k1-2k3k,解得k=1.当k=-1时,此时t a nA0,
12、t a nB0,t a nC0,故C为锐角,s i nCc o sC=3,s i n2C+c o s2C=1,解得c o sC=1 01 0.故选B.1 1.C【解 析】f x+2 =s i nx+2 +c o sx+2 -2 s i n 2x+2 =|c o sx|+|s i nx|+2 s i n 2xf(x),A错误;当x 0,2 时,f(x)=s i nx+c o sx-2 s i n 2x,f(x)=c o sx-s i nx-4 c o s 2x=c o sx-s i nx-4(c o s2x-s i n2x)=(c o sx-s i nx)1-4(c o sx+s i nx)=2
13、 c o sx+4 1-4 2 s i nx+4 ,则在0,4 上,c o sx+4 0,1-4 2s i nx+4 0,f(x)0,f(x)递 减;在4,2 上,c o sx+4 0,1-4 2 s i nx+4 0,f(x)递增,故f(x)在0,3 上不单调,B错误;f x+4 定 义 域 为R,且fx+4 =s i nx+4 +c o sx+4-2 s i n 2x+4 =22(s i nx+c o sx)+22(c o sx-s i nx)-2 c o s 2x,f-x+4 =s i n-x+4 +c o s-x+4 -2 s i n 2-x+4 =s i nx-4 +c o sx-4
14、-2 c o s 2x=22(s i nx-c o sx)+22(s i nx+c o sx)-2 c o s 2x,f x+4 =f-x+4 ,故f x+4 是偶函高三联合测评卷数学(理科)参考答案 第3 页(共7页)数,C正确;当x-2,0 ,f(x)0,则f(x)在区间-2,0 无零点,f(x)在0,4 上单调递减,f(0)=10,f4 =2-20;当x(2 0 2 2,+)时,f(x)0,设0a2 0 2 21),两式相减,得2 0 2 2 l nba=b-a,则2 0 2 2 l nt=a(t-1),a=2 0 2 2 l ntt-1,b=a t=2 0 2 2tl ntt-1,a
15、b=2 0 2 22t(l nt)2(t-1)2,令g(t)=t(l nt)2-(t-1)2,g(t)=(l nt)2+2 l nt-2t+2,令h(t)=(l nt)2+2 l nt-2t+2,则h(t)=2t(l nt+1-t),令m(t)=l nt+1-t,则m(t)=1t-10,函数m(t)在(1,+)上单调递减,m(t)m(1)=0,即h(t)0,h(t)h(1)=0,g(t)0,函数g(t)在(1,+)上单调递减,g(t)g(1)=0,t(l nt)2-(t-1)20,t(l nt)2(t-1)21,a b2 作出f(x)的大致图象,如图所示:令t=f(x),由图象可知t=12时,
16、t=f(x)有3个根,t=32时,t=f(x)有4个根,当t32时,t=f(x)高三联合测评卷数学(理科)参考答案 第4 页(共7页)有2个根,当12t-12 -12m32;若p为 假 命 题,q为 真 命 题,则m32,m-12 m-1.综上,实数m的取值范围为m-1或-120得x-2,则f(x)递增,f(0)=0,则x(-2,0)时,f(x)0,则f(x)在(-2,0)上递减,在(0,+)上递增,故x=0是函数f(x)的极小值点.(6分)(2)f(x)=xex-a x(aR),则f(x)=(1+x)ex-a,若y=f(x)在R上是增函数,即f(x)0恒成立,得a(1+x)ex,设g(x)=
17、(1+x)ex,g(x)=(x+2)ex,g(x)0得x-2,g(x)0得x-2,即g(x)在(-,-2)上单调递减,在(-2,+)上单调递增,则g(x)g(-2)=-1e2,故a-1e2.(1 2分)2 1.解:(1)如图所示,设O E交AD于点M,交B C于点N,显然矩形A B C D关于O E对称,而点M,N分别为AD,B C的中点.B O E=,06.在R t ONB中,BN=C N=6 0 s i n,ON=6 0 c o s,OM=DMt a n6=3DM=3C N=6 0 3s i n,MN=ON-OM=6 0 c o s-6 0 3s i n,即A B=6 0 c o s-6
18、0 3 s i n,而B C=2C N=1 2 0 s i n,故矩形A B C D的面积S=A BB C=3 6 0 0(c o s-3 s i n)2 s i n=3 6 0 0(2 s i nc o s-2 3 s i n2)=3 6 0 0s i n 2-3(1-c o s 2)=3 6 0 0(s i n 2+3 c o s 2-3)=7 2 0 0 s i n(2+3)-3 6 0 0 3.06,023,32+32 3.故当2+3=2,即=1 2时,S取得最大值,此时S=3 6 0 0(2-3),矩形A B C D面积的最大值为3 6 0 0(2-3)m2.(6分)(2)如图所示,
19、在半径O P上截取线段A B为矩形的一边,作得矩形A B C D.设B O C=,03,可得C B=6 0 s i n,O B=6 0 c o s,则O A=C Bt a n6=2 0 3 s i n,S=(O B-O A)C B=(6 0 c o s-2 0 3 s i n)6 0 s i n=3 6 0 0(s i nc o s-33s i n2)=1 8 0 0(s i n 2+33c o s 2)-6 0 0 3=1 2 0 0 332s i n 2+12c o s 2 -6 0 0 3=1 2 0 0 3 s i n2+6 -6 0 0 3,03,可得62+65 6,当2+6=2时,
20、即=6时,S有最大值为6 0 0 3.即教室面积的最大值为6 0 0 3m2.现将两种方案的最大值进行比较大小:3 6 0 0(2-3)-6 0 0 3=6 0 0(1 2-7 3)0,(1分)若a0,则g(x)=-(x-1)(x+a)x00 x1,g(x)=-(x-1)(x+a)x1,故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减;若a0,令g(x)=0,得x1=1,x2=-a,当-a1即-1a0时,g(x)00 x1,g(x)在(0,-a)和(1,+)上单调递减,g(x)0-ax1即a-1时,g(x)00 x-a,g(x)在(0,1)和(-a,+)上单调递减,g(x)01x-a,
21、g(x)在(1,-a)上单调递增;当-a=1即a=-1时,g(x)=-(x-1)2x0恒成立,故g(x)在(0,+)单调递减.综上所述:当a-1时,g(x)在(0,1)和(-a,+)上单调递减,在(1,-a)上单调递增;当a=-1时,g(x)在(0,+)单调递减;当-1a0,令m(x)=l nx-x-a2x-a,由题意可知,h(x)有两个零点等价于m(x)在x0且xa2时有两个零点,m(x)=(4x-a)(x-a)x(2x-a)2,若a0,m(x)单调递增,m(x)最多有一个零点,因此,a0.若a0,当x 0,a4 或x(a,+)时,m(x)0,m(x)单调递增;当xa4,a2 或xa2,a
22、时,m(x)0,m(x)单调递减,而ma4 =l na4-32,m(a)=l na,当ma4 =0时,此时a=4 e32,而m(a)=l n4 e32 0,故m(x)有且只有一个零点,舍;当ma4 0即a4 e32,此时m(x)在0,a2 上无零点,故m(x)在a2,+上需有两个不同的零点,故m(a)=l na0,即0a1,此时当a2x l na2-x-a2x-a=2 l na2-1 x-al na2-1 2x-a0,故当a2x0.而当xe12时,x-a2x-a-12=-a2(2x-a)0,故x-a2x-a12-12=0.由零点存在定理及m(x)的单调性可得此时m(x)有两个不同的零点.当ma4 0即a4 e32,此时m(a)l n4 e32 0,故m(x)在(a,+)上不存在零点.此时当0 xe12=m i na4,e12 时,l nx-x-a2x-a12-x-a2x-a=a2(2x-a)0,当al na2-1 2 l na2-1xa2时,l nx-x-a2x-a l na2-x-a2x-a=2 l na2-1 x-al na2-1 2x-a0,由零点存在定理及m(x)的单调性可得此时m(x)有两个不同的零点.综上,0a4 e32.(1 2分)