1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 4 4頁蘇北教育名校2022-2023學年高三8月調研測試數學試題學校:_姓名：_班級：_考號：_一、單選題1設集合，則實數的取值范圍是（）ABCD2已知直線與圓相交于A，B兩點，則“”是“”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件3已知的定義域是，為的導函數，且滿足，則不等式的解集是（）ABCD4數列的前項和為，滿足，則（）ABCD5設直線與函數、的圖象在內交點的橫坐標依次是、，則（）ABCD6已知，且，則的值為（）ABCD7若曲線

2、存在垂直于y軸的切線，則a的取值范圍是()ABCD8一船以每小時15km的速度向東航行，船在A處看到一個燈塔B在北偏東，行駛4h后，船到達C處，看到這個燈塔在北偏東，這時船與燈塔的距離為（ ）A15BCD二、多選題9下列說法正確的是（）A要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移個單位；B在上是增函數；C若點為角的終邊上一點，則；D已知扇形的圓心角，所對的弦長為，則弧長等于.10下列說法正確的是（）A設 ，則關于x的方程 有一根為-1的一個充要條件是 ;B若，則C 是 的必要不充分條件D函數的最大值11設等差數列前n項和為，公差，若，則下列結論中正確的有（）AB當時，取得最小值CD當時，n的最

3、小值為2912函數在上的大致圖像可能為（）ABCD三、填空題13在中，且，則_14設P是函數圖象上異于原點的動點，且該圖象在點P處的切線的傾斜角為，則的取值范圍是_15已知數列的首項，其前項和滿足，則_.四、雙空題16“以直代曲”是微積分中最基本、最樸素的思想方法，如在切點附近，可用曲線在該點處的切線近似代替曲線曲線在點處的切線方程為_，利用上述“切線近以代替曲線”的思想方法計算所得結果為_（結果用分數表示）五、解答題17從下列二個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答：；在中，角A，B，C，所對的邊分別為a，b，c，滿足條件_(1)求角B的大小；(2)若，求b的值18設函數.（1）若關于的

4、不等式有實數解，求實數的取值范圍；（2）若不等式對于實數時恒成立，求實數的取值范圍；（3）解關于的不等式：.19函數的定義域為，對于區間，如果存在，使得，則稱區間為函數的“區間”（1）判斷是否是函數的“區間”，并說明理由；（2）設為正實數，若是函數的“區間”，求的取值范圍20已知函數.(1)若，求函數的極值；(2)當時，求的取值范圍.21在等比數列中，(1)已知，求q和；(2)已知，求q和；(3)已知，求和；(4)已知，求q和n.22已知函數， .(1)試討論f（x）的單調性；(2)若對任意 ， 均有 ，求a的取值范圍；(3)求證: .答案第 = page 1 1頁，共 = sectionpa

5、ges 2 2頁答案第 = page 16 16頁，共 = sectionpages 16 16頁參考答案：1C【解析】【分析】利用數軸表示兩個集合，結合題意可得答案.【詳解】設集合，故選：C2B【解析】【分析】先求出的充要條件，利用包含關系即可判斷.【詳解】因為直線與圓相交于A，B兩點，設圓心到直線的距離為d，則等價于：，即，所以，解得：或.所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B3B【解析】【分析】構造函數，利用導數判斷函數單調性，根據單調性建立不等式求解即可.【詳解】令，則，所以函數在區間上單調遞增，所以，解之得或，即原不等式的解集為，故選：B.4A【解析】【分析】先分析出奇數項構成以1

6、為首項，2為公比的等比數列，偶數項構成以3為首項，4為公比的等比數列，再分別求出奇數項的和與偶數項的和，相加即可.【詳解】當n為奇數時，所以奇數項構成以1為首項，2為公比的等比數列；當n為偶數時，所以偶數項構成以3為首項，4為公比的等比數列；所以故選：A【點睛】等差（比）數列問題解決的基本方法：運用公式進行基本量代換和靈活運用性質5A【解析】【分析】根據直線與函數，的圖像在內交點的橫坐標依次為，得到，再利用兩角和的三角函數的公式求解.【詳解】因為直線與函數，的圖像在內交點的橫坐標依次為，所以，所以，所以，所以.故選：A.6C【解析】【分析】根據的范圍可知，結合兩角和的余弦公式、二倍角的正弦公式

7、和同角三角函數的基本關系化簡計算即可.【詳解】因為，所以，即，又，則，故選：C.7C【解析】【分析】問題等價于f(x)的導數在x0時有零點，再參變分離轉化為函數交點問題.【詳解】依題意，f(x)存在垂直與y軸的切線，即存在切線斜率的切線，又，有正根，即有正根，即函數y2a與函數的圖像有交點，令，則g(t)，g(t)g()，2a，即a.故選：C.8D【解析】【分析】設過點的南北方向直線與直線交于點，且，結合題中數據在中算出，然后在中算出，根據建立關于的方程解出，最后在中利用三角函數的定義加以計算，即可算出此時的船與燈塔的距離【詳解】解：設根據題意，可得中，設，由此可得中，因此，即，解之得由此可得

8、中，即此時的船與燈塔的距離為故選：D【點睛】本題給出實際應用問題，求航行過程中船與燈塔的距離著重考查了利用正余弦定理解三角形、直角三角形中三角函數的定義和方位角的概念等知識，屬于中檔題9ABCD【解析】【分析】利用三角函數的平移變換可判斷A；利用余弦函數的單調性可判斷B；利用三角函數的定義可判斷C；利用弧長公式可判斷D.【詳解】對于A，將函數的圖象向右平移個單位，可得，故A正確；對于B，由，則，故函數的單調遞增區間為，當時，故B正確；對于C，點為角的終邊上一點，則，故C正確；對于D，扇形的圓心角，所對的弦長為，則扇形的半徑為，所以，故D正確.故選：ABCD【點睛】本題考查了三角函數的平移變換、

9、余弦函數的單調性、三角函數的定義以及扇形的弧長公式，屬于基礎題.10ABC【解析】【分析】利用充要條件的定義結合方程根的知識即可判斷；利用指數與對數的互化及對數的運算即可判斷；利用必要不充分條件的定義即可判斷；取即可判斷【詳解】對于，必要性證明：關于的方程有一根為，代入有，故必要性成立，充分性證明：若，則必有，故為程的一個根，故正確；對于，若，則，則，所以，故正確；對于，由可得，則，而由可得，則，故是的必要不充分條件，故正確；對于，函數，當時，故錯誤，故選：11BC【解析】【分析】根據等差數列的前n項和公式，結合該數列的單調性逐一判斷即可.【詳解】由.A：因為，所以有，因此本選項說法不正確；B

10、：因為，所以該等差數列是單調遞增數列，因為，所以當，或時，取得最小值，故本選項說法正確；C：因為，所以該等差數列是單調遞增數列，因為，所以，因此本選項說法正確；D：因為，所以由，可得：，因此n的最小值為，所以本選項說法不正確，故選：BC12ABC【解析】【分析】根據的取值分類討論，研究函數性質后判斷圖象【詳解】當時，為奇函數，由時，時等性質可知A選項符合題意當時，令，作出兩函數圖象，研究其交點數形結合可知在內必有一交點，記橫坐標為，此時，故排除D選項時，；時，若在內無交點，則在恒成立，則圖象如C選項所示，故C選項符合題意若在內有兩交點，同理得B選項符合題意故選：ABC13或【解析】【詳解】在中

11、，由正弦定理得，又，或答案：或14【解析】【詳解】 點睛：在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.15【解析】【分析】利用題干中的遞推關系找出an與n的關系，進而計算出結果.【詳解】由題知，則.兩式做差得.整理得.所以 是以為首項，-1為公比的等比數列.故答案為【點睛】方法點睛：在處理數列的通項與前n項和的相關問題時，一定要抓住題干中給出的遞推關系，利用遞推關系將抽象的數列問題轉化為我們熟悉的等差數列、等比數列問題，從而運用我們所學

12、的等差、等比數列的知識取解決問題.16 【解析】【分析】利用導數幾何意義可求得切線斜率，由此可得切線方程；根據切線方程可得，代入求解即可.【詳解】由得：，在點處的切線斜率，則切線方程為：；由題意知：，即，即.故答案為：；.17(1)(2)【解析】【分析】（1）選：由正弦定理化簡得到，即可求得的大小；選：根據題意化簡得到，利用余弦定理求得，即可求得的大小；（2）利用面積公式，列出方程求得，結合余弦定理，即可求解.(1)解：選：因為，由正弦定理得，因為，可得，所以，即，又因為，所以.選：因為，可得，由余弦定理得，因為，所以.(2)解：因為，可得，解得，由余弦定理得，解得.18(1)；(2)；(3)

13、分類求解，答案見解析.【解析】【分析】(1)將給定的不等式等價轉化成，按與并結合二次函數的性質討論存在實數使不等式成立即可；(2)將給定的不等式等價轉化成，根據給定條件借助一次函數的性質即可作答；(3)將不等式化為，分類討論并借助一元二次不等式的解法即可作答.【詳解】(1)依題意，有實數解，即不等式有實數解，當時，有實數解，則，當時，取，則成立，即有實數解，于是得，當時，二次函數的圖象開口向下，要有解，當且僅當，從而得，綜上，所以實數的取值范圍是；(2)不等式對于實數時恒成立，即，顯然，函數在上遞增，從而得，即，解得，所以實數的取值范圍是；(3) 不等式，當時，當時，不等式可化為，而，解得，當

14、時，不等式可化為，當，即時，當，即時，或，當，即時，或，所以，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為.19（1）不是，理由見解析；（2）.【解析】【分析】(1)根據函數值的范圍可判定不是函數的“區間”；(2)根據新定義和余弦函數的性質可得存在k，使得，再分類討論即可求出的取值范圍.【詳解】(1) 不是函數的“區間”.理由如下：因為，所以對于任意的，都有，所以不是函數的“區間”.(2)因為是函數的“區間”，所以存在，使得.所以 所以存在，使得不妨設，又因為，所以，所以.即在區間內存在兩個不同的偶數.當時，區間的長度，所以區間內必存在兩個相鄰

15、的偶數，故符合題意.當時，有，所以.當時，有，即.所以也符合題意. 當時，有，即.所以符合題意.當時，有，此式無解.綜上所述，的取值范圍是.20(1)，無極大值(2)【解析】【分析】（1）根據題意求出函數的導數，并判斷導數的正負，從而求得函數極值；（2）求出函數的導數，由零點存在定理可知其在區間上存在零點，根據其單調性，判斷其正負，確定函數的最小值，令最小值大于等于 ，求得答案.(1)當時，( ),顯然在上是遞增的，且，故時，時，在上遞減，上遞增，無極大值.(2)由可知： ，而，在上單調遞增， 且，（這是因為 ,） ，存在唯一的使，即，且當時，遞減；當時，遞增，令 ,解得或，.【點睛】本題考查了利用導數求函數的極值以及用導數解決不等式成立時的參數的范圍問題，一般思路是求導，判斷導數的正負，從而求得極值或最值，難點在于用導數求解不等式成立時的參數范圍時，要巧妙的應用零點滿足的方程進行整體代換，這樣就可以求出零點的范圍，進而解決問題.21(1)，(2)或(3)(4)【解析】【分析】（1）由基本量法列方程直接可解；（2）由基本量法列方程直接可解；（3）由基本量法列方程直接可解；（4）由基本量法列方程直接可解,(1)由題知，解得，所以(2)若，則，故由題知，解得或(3)由題知，解得(4)易知，所以由題知，解得22(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【解析】【分析】（1）求出函