四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（理科）试题（解析版）

第22页/共22页遂宁市高中2023届零诊考试数学（理科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．总分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题，满分60分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并检查条形码粘贴是否正确．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．3．考试结束后，将答题卡收回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.已知集合，，那么等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据补集的运算，可得答案.【详解】由题意，，则.故选：B.2.若复数（是虚数单位），则z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数的除法即可求解.【详解】，所以z的虚部为.故选：C3.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数是偶函数 B.函数是增函数C.函数是周期函数 D.函数的值域为【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的定义、余弦函数的性质、二次函数的性质，可得答案.【详解】对于A，当时，，，故A错误；对于B，由余弦函数的性质，易知函数在上不单调，故B错误；对于C，由二次函数的性质，易知函数在上为增函数，故C错误；对于D，由，且当时，，则，故D正确.故选：D.4.已知，都为锐角，，，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由同角三角函数的基本关系可得和，代入，计算可得．【详解】解：，都是锐角，，，，，故选：A．5.设数列是等差数列，是数列的前n项和，，，则等于（）A.10 B.15 C.20 D.25【答案】B【解析】【分析】根据给定条件求出等差数列的首项及公差即可得解.【详解】因数列是等差数列，由等差数列的性质知：，而，则，等差数列公差，首项，则.故选：B.6.若实数，满足，则的最大值为（）A.8 B.7 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再结合图象求出目标函数的最值.【详解】由约束条件作出可行域，如图：联立，解得由，得，为直线的纵截距.由图可知，当直线过点时，直线的纵截距最大，且.故选：B.7.为公比大于1的正项等比数列，且和是方程的两根，若正实数x，y满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用等比数列的性质得到，结合韦达定理，，得到，求出或4，结合公比，求出，得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值.【详解】由题意得：，，因为为公比大于1的正项等比数列，所以，故，，由得，将其代入得：，解得：或4，设公比为，则，当时，，所以，因为，解得：当时，，所以，因为，不合题意，舍去；所以，即，，当且仅当，即时，等号成立，故选：B8.已知是定义在上的奇函数，且，对于上任意两个不相等实数和，都满足，若，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题知函数为偶函数，在上单调递增，进而根据结合函数的性质比较大小即可.【详解】解：因为是定义在上奇函数，所以，所以，即函数为偶函数，因对于上任意两个不相等实数和，都满足，所以函数在上单调递增，因为，因为，所以，，即.故选：A9.在中，，，为线段的中点，，为线段垂直平分线上任一异于的点，则（）A. B.4 C.7 D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意得为直角三角形，，进而得，再根据，，得.【详解】解：因为在中，为线段的中点，所以，即，因为，，，所以，即，因为，所以，即，所以，，即，所以，因为，所以，即为直角三角形，所以因为为线段垂直平分线上任一异于的点，所以，，，所以故选：C10.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（）A.若，则B.若为锐角三角形，则C.若，则一定为直角三角形D.若，则可以是钝角三角形【答案】D【解析】【分析】A.由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断.B.通过内角和为化简，再借助角为锐角得到角满足的关系，在再取角的正弦值化简即可.C.边化角，运用两角差的正弦公式化简，得到角的关系，再借助内角和为计算即可得到.D.通过内角和为化简角，再利用两角和的正切公式化简即可得到，然后判断即可.【详解】A.因为，所以由正弦定理知，又因为在三角形中大角对大边，所以.故选项A正确.B.因为为锐角三角形，所以，即，所以.故选项B正确.C.由正弦定理边化角得,则或（舍），则,即，则一定为直角三角形.故选项C正确.D.又因为最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角,所以为锐角三角形.故选项D错误.故选：D.11.定义在上奇函数的图象关于对称；且当时，．则方程所有的根之和为（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】A【解析】【分析】根据题意函数为周期为4的周期函数，再根据当时，，求导分析函数的单调性，从而画出简图，根据函数的图象及性质求解零点和即可.【详解】∵为奇函数，∴，又∵关于直线对称，∴函数为偶函数，故，所以，又，所以，故为周期函数，周期为4，当时，，所以在上单调递增，作函数图象如下方程可化为，方程的解即函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，作函数的图象，∴方程的所有实根之和为.故选：A．12.已知函数（其中，）有两个零点，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的零点个数、方程的解个数与函数图象的交点个数之间的关系可得方程有2个不同的解，构造函数，利用导数研究函数的性质可得，即函数与图象在上有2个交点，利用导数求出，即可求解.【详解】函数有2个零点，则方程有2个不同的解，方程，设函数，则，所以函数在上单调递减，由，得，即，则函数与图象在上有2个交点.设函数，则，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，所以，解得.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）注意事项：1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上．2．试卷中横线的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答．本卷包括必考题和选考题两部分．第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，若与垂直，则实数等于____．【答案】0或4【解析】【分析】根据向量坐标运算的垂直关系计算即可.【详解】向量，，若与垂直，则，解得或，故答案为：0或4.14.__【答案】6【解析】【分析】根据指数、对数、三角函数等知识确定正确答案.【详解】原式.故答案为：15.若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为____．【答案】或【解析】【分析】先得出存在量词命题的否定，即为恒成立问题，结合二次函数的图象与性质对的符号分类讨论即可【详解】由题意得，“，使”是真命题，当时，易得时命题成立；当时，由抛物线开口向下，命题不成立；当时，则命题等价于，即或故答案为：或16.为的导数，若函数在区间上存在，（），满足，则称为区间上的“对视数”，函数为区间上的“对视函数”．下列结论正确的有____（写出所有正确结论的序号）①函数在任意区间上都不可能是“对视函数”；②函数是上的“对视函数”；③函数是上的“对视函数”；④若函数为上的“对视函数”，则在上单调．【答案】①③【解析】【分析】由“对视函数”的定义可知在上有两个不相等的实数根，据此可判断①②③④.【详解】对于①，，设，，设，，，，当时，，所以，又，，，而当时，，，所以图像恒在直线上方，所以，即在R上单调递增，所以不存在，使得，即函数在任意区间上都不可能是“对视函数”，①正确；对于②，，，令，得，只有一个根，所以函数不是上的“对视函数”，②错误；对于③，，，令，解得，，而，所以函数是上的“对视函数”,③正确；对于④，若函数为上的“对视函数”，则在上有两个不相等的实数根，所以在上不单调，④错误.故答案为：①③三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知函数的值域为集合A，函数的定义域为集合B．（1）当时，求；（2）设命题，命题，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出函数的值域和的定义域，求交集即可；（2）根据p是q的充分不必要条件，可得⫋，从而可得实数的取值范围.【小问1详解】当时，，由题意，解得或，所以或，又函数的值域为集合A，故所以.【小问2详解】由题意，即，解得：或，所以或，由题意可知⫋，又所以或，解得或故实数a的取值范围.18.已知公比大于1的等比数列满足，，数列的通项公式为.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得等比数列的公比，从而求得.（2）结合分组求和法、错位相减求和法求得.【小问1详解】设等比数列的公比为，，则，，解得或（舍去），所以.【小问2详解】若，则，所以，，所以，设，，两式相减得，所以.所以.19.已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，探究函数的图象与抛物线的公共点个数．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）对二次函数零点分布情况分类讨论即可求解；（2）将问题转化为图象与轴有几个公共点的问题，利用导数求得极大值与极小值，即可判断.【小问1详解】因为，∴．①若，当时，,当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增；②若，恒有．即在定义域上单调递增；③若，当时，,当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增.【小问2详解】当时，，令,则原题意等价于图象与轴有几个公共点．因为,所以由，解得或；由，解得．∴在时取得极大值,在时取得极小值,依题意有:①当，解得，即当时，函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；②当或，即或时，函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；③当或，即或时，函数的图象与抛物线有1个不同的公共点．综上：当时，函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；当或时，函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；当或时，函数的图象与抛物线有1个不同的公共点．20.已知函数（1）求函数的对称中心及在上的单调递增区间；（2）在锐角中，A、B、C的对边分别为a，b，c，，，，D为边BC上一点，且，求AD的值．【答案】（1）对称中心为；单调递增区间为，.（2）【解析】【分析】（1）先由二倍角公式和辅助角公式化简函数，再根据整体代入法即可求得对称中心和单调区间；（2）由正弦定理和余弦定理即可求解.【小问1详解】函数.由，，解得，．故对称中心为．由，，解得，令，有，令，有，又所以所求的单调递增区间为，.【小问2详解】因为，所以，即又在锐角中，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，解得，又由余弦定理得，解得或2，当BC=2时，，此时为钝角三角形，与题设矛盾，所以，又，所以，在中，由余弦定理可得，故的值为.21.已知函数，，其中e为自然对数的底数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，有，求证：对，有；（3）若，且，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；(2)利用导数求出，根据二次函数和一次函数的性质求出，即可求解；(3)根据题意可得，设，则，利用导数研究函数的单调性可得，令()，再次利用导数研究函数的性质，求出即可.【小问1详解】因为，所以点即为点，，故切线方程为，即；【小问2详解】因为当时，，，故在上单调递增，所以，当时，，此时；当时，在上单调递减，此时，故，所以成立；【小问3详解】由题意得：，又因为，所以，又，即，即，所以①设，则①式变形为，所以单调递增，所以，因为，所以，令，，则，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，有，故．即实数的取值范围为.【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．［选修4—4：坐标系与参数方程］22.平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）曲线与交于M，N两点，求与直线MN平行且过原点的直线l的极坐标方程及的值．【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）求曲线的普通方程只需把平方即可，求曲线的方程只需极坐标与直角坐标的转化公式化简即可.（2）两圆方程联立即可求相交弦方程，即直线MN的方程，再根据平行求出直线l的方程，进而可求直线l的极坐标方程，再利用圆的弦长与圆心到直线的距离，半径之间的关系即可求出的值．【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），可得，即曲线普通方程为；曲线的极坐标方程为.故曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】由（1）得即直线的方程为，则与直线平行且过原点的直线的方程为，其倾斜角为所以直线的极坐标