江西省赣州市五校联考2023届高三上学期期中考试数学(文)试题

第页，共页江西省赣州市五校联考2023届高三上学期期中考试数学（文）试题一、单选题（本大题共12小题）1.已知集合，则（

）A． B． C． D．2.已知命题．则为（

）A． B．C． D．3.函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．4.已知函数，则（

）A． B． C． D．5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（

）A． B． C． D．66.已知的垂心为M，则“M不在的外部"是“为锐角三角形”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7.若函数的定义域为，则函数的定义域为（

）A． B． C． D．8.已知函数，在上单调递增，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．9.定义在R上的偶函数满足，且当时，，则（

）A． B． C． D．10.已知函数存在唯一的极值点，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．11.在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（

）（参考数据：）A．时时 B．时时C．时时 D．时时12.若，则（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共3小题）13.已知，则14.函数的零点所在区间为，则．15.古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的部分多为扇环．已知某扇形的扇环如图所示，其中外弧线的长为，内弧线的长为，连接外弧与内弧的两端的线段均为，则该扇形的中心角的弧度数为．三、双空题（本大题共1小题）16.用总长为22的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制容器底面一边的长比另一边的长多2，则该容器的最大容积为，此时的高为．四、解答题（本大题共7小题）17.已知函数．(1)若直线是曲线的一条切线，求a的值；(2)求的单调区间．18.已知等比数列的公比与等差数列的公差相等，且，.(1)求，的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．19.函数的部分图像如图所示，将的图像先向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图像．(1)求的解析式；(2)求在上的值域．20.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若AD平分并交BC于D，且，，求的面积．21.已知函数．(1)当时，证明：．(2)记函数，若为增函数，求a的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．23.已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若恒成立，求a的取值范围．

参考答案1.【答案】D【分析】先求出集合，，再求两集合的交集即可.【详解】因为，所以，因为，所以.故选：D2.【答案】A【分析】根据特称命题的否定是全称命题得出答案．【详解】∵特称命题的否定是全称命题，∴为：故选：A．3.【答案】A【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值利用排除法判断即可.【详解】解：因为函数定义域为，又，所以为奇函数，函数图形关于原点对称，故排除C、D，又，故排除B；故选：A4.【答案】B【分析】求导，再令可得解.【详解】由，得，令，则，解得，故选：B.5.【答案】C【分析】根据正弦定理计算直接得出结果.【详解】因为，由正弦定理，得．故选：C.6.【答案】B【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】因为锐角三角形的垂心在三角形的内部，直角三角形的垂心为直角的顶点，钝角三角形的垂心在三角形的外部，所以“M不在的外部”是“为锐角三角形”的必要不充分条件．故选：B．7.【答案】A【分析】根据抽象函数函数的定义域为，先得函数的定义域为，从而可得函数的定义域..【详解】解：函数的定义域为，所，则，所以的定义域为．则函数的定义域，需满足，解得，即函数的定义域为．故选：A.8.【答案】A【分析】利用函数是增函数，所以有二次函数的对称轴大于等于1，对数函数底数大于1，函数的最小值大于的最大值.列方程解不等式即可.【详解】因为在上单调递增，所以解得．9.【答案】D【分析】根据和可得是周期为8的周期函数，则，即可求解.【详解】由，，得，所以是周期为8的周期函数，则．故选：D.10.【答案】A【分析】先对求导结合函数定义域，根据参数a的正负分情况讨论函数单调性及极值点的情况，最终求解.【详解】因为的定义域为且存在唯一的极值点，所以存在唯一的变号正实根．因为，所以只有唯一变号正实根．当时，恒成立，方程只有唯一变号正实根，符合题意；当时，要使存在唯一极值点，则需恒成立，即在上恒成立，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，综上所述，．故选：A.11.【答案】C【分析】由三角函数的性质求解【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.由，得，解得时；由，得，解得时.故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.故选：C12.【答案】C【分析】对a、b、c同时取自然对数可得，构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合对数函数的单调性即可求解.【详解】对a、b、c同时取自然对数，得，即，构造函数，则，当时，，则在上单调递增，所以，即，所以，又函数在上单调递增，故．故选：C.13.【答案】【分析】利用正切的二倍角公式即可求解.【详解】因为，所以，故答案为：.14.【答案】2【分析】利用导数确定函数的单调性，然后判断和正负，根据零点存在性定理即可求自然数n的取值．【详解】，当时，，所以在上单调递增．因为，，∴存在唯一的使得，又∵函数的零点所在区间为，所以．故答案为：2．15.【答案】【分析】根据扇形弧长与扇形的中心角的弧度数为的关系，可求得，进而可得该扇形的中心角的弧度数.【详解】解：如图，依题意可得弧的长为，弧的长为，设扇形的中心角的弧度数为则，则，即．因为，所以，所以该扇形的中心角的弧度数．故答案为：.16.【答案】

；

【分析】设容器的底面边长分别为x，，则容器的高为，进而得，利用导数求出函数的最大值即可.【详解】设容器的底面边长分别为x，，则容器的高为．由，得，所以，记容器的体积为，则，因为，令，令所以在上单调递增，在上单调递减，所以，此时的高为．故答案为：；.17.【答案】(1)(2)单调递减区间为，单调递增区间为【分析】（1）由导数的几何意义列式求解，（2）由导数与单调性的关系求解，【详解】（1）因为，所以．令，即，解得或（舍去）．因为，所以切点是，代入，得．（2）．令，得；令，得．所以在上单调递减，在上单调递增，即的单调递减区间为，单调递增区间为．18.【答案】(1)，；(2).【分析】（1）设出等差数列的公差，利用给定等式求出公差即可求解作答.（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.【详解】（1）设的公比为q，的公差为d，因，则，解得，而，则，又，，有，所以，的通项公式分别为，.（2）由（1）可知，，令数列的前n项和为，则，于是得，两式相减得，则，所以数列的前n项和为.19.【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据函数图像求出函数的解析式，再由三角函数的变换过程求解即可.（2）根据正弦型函数的性质求解值域即可.【详解】（1）由图可知，即，则，所以，由图可知函数过点，则，即，解得.所以.将的图像向右平移个单位长度得到的图像，再向下平移1个单位长度，得到的图像，所以．（2）因为，所以．令，则．因为，所以，所以．20.【答案】(1)；(2).【分析】（1）变形给定的等式，再利用余弦定理求解作答.（2）根据给定条件，结合（1），利用三角形面积定理求出，进而求出计算作答.【详解】（1）因，则，整理得：，在中，由余弦定理得：，而，所以.（2）在中，AD平分并交BC于D，则，而，显然有，即，则，整理得：，又，由（1）知，，即有，而，解得，所以的面积.21.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证，即证，设，然后利用导数可证得，则可得，从而可证得结论，（2）由题意可得在上恒成立，则在上恒成立，由（1）可得，化简得，从而可得，进而可得答案.【详解】（1）证明：当时，（）．要证，即证．设，则．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则．所以，所以，即，当且仅当时等号成立．（2）解：因为，所以．因为为增函数，所以在上恒成立，所以在上恒成立．由（1）可知，则，即，从而，即，当且仅当时，等号成立．故，解得，即a的取值范围为．22.【答案】(1)，；(2).【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入椭圆普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.【详解】（1）由（为参数），得，故曲线C的普通方程为．由，得，故直线l的直角坐标方程为．（2）由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．将直线l