黑山中學2022-2023學年度高三上學期10月份數學試卷一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求解一元二次不等式求解集合A，再由集合交集的定義求解即可.【詳解】集合，所以.故選C.【點睛】本題主要考查了集合交集的定義，屬于基礎題.2.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用降冪升角公式對已知條件進行化簡，再通過角的配湊以及兩角和差公式即可求解.【詳解】由條件可得，∵，，∴，∵．故選：A.3.若函數的定義域為，且，，，，則的解析式可能為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據已知條件可知為定義在上的增函數，依次判斷各個選項中的函數的定義域和單調性即可得到結果.【詳解】由題意可知：為定義在上的增函數，對于A，的定義域為，A錯誤；對于B，在上單調遞減，B錯誤；對于C，與均為上的增函數，則為上的減函數，C錯誤；對于D，為上的增函數，為上的減函數，則為上的增函數，D正確.故選：D.4.將函數（）的圖象向右平移個單位長度后，得到函數的圖象，若為偶函數，則（）A.5 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】先由函數圖象平移規律可得，再由為偶函數，可得（），則（），再由可得出的值.詳解】由題意可知，因為為偶函數，所以（），則（），因為，所以.故選：C.5.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用特殊值排除錯誤選項，進而得出正確答案.【詳解】當時，，排除C、D.當時，，排除B.故選:A.6.已知，，，則，，的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】通過指、對、冪函數單調性即可得到結論.【詳解】，，又，，.故選：A．7.已知函數，則在上的零點的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】將函數零點轉換為兩函數的交點，通過圖像即可得到答案.【詳解】∵∴設，畫出圖像可得在圖像上的零點的個數為3.故選：C.【點睛】本題考查函數零點的知識點，涉及到將零點的問題轉換為函數的交點，考查了數形結合的思想,屬于簡單題型.8.已知函數在上恰有兩個極值點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據題意可得在內有兩個零點，分和兩種情況，，，可得原題意等價于與，有兩個交點，求導，利用導數判斷的單調性，結合圖象分析求解.【詳解】由題意可得：，因為函數在上恰有兩個極值點，則在內有兩個零點，1.當時，則，不合題意；2.當時，則，可得，令，，原題意等價于與，有兩個交點，因為，當時，則，可得，則，所以在上單調遞增，可得，當趨近于時，趨近于；當時，則，可得，則，所以在上單調遞減，可得，當趨近于時，趨近于；可得，的圖象為若與，有兩個交點，則；綜上所述：的取值范圍是.故選：D.【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；（2）求導數，得單調區間和極值點；（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知，，，則（）A.的最小值為25B.的最小值為C.的最小值為D.的最小值為【答案】AD【解析】【分析】將各選項中求最值問題轉化為二次函數或者基本不等式求最值問題即可，要注意各選項中等號成立時范圍是否滿足題意.【詳解】對于A，，當且僅當，即時等號成立，故A正確；對于B，，當時（此時）取得最小值，故B錯誤；對于C，因為，所以，當且僅當時等號成立，所以，所以的最大值為，故C錯誤；對于D，，當且僅當時等號成立，所以的最小值為，故D正確.故選:AD10.下列函數中，最小正周期為的偶函數是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根據最小正周期的公式和函數偶函數的判斷方法可得.【詳解】選項A：，最小正周期為,函數的定義域為，，故函數為偶函數，故A正確；選項B：，，故函數不是偶函數，故B錯誤；選項C：，最小正周期為，函數的定義域為，，故函數為偶函數，故C正確；選項D：，，故函數不是偶函數，故D錯誤.故選：AC11.在中，內角的對邊分別為，且，，則角的大小是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】由可得，進而利用可得結合內角和定理可得C值.【詳解】∵，∴，由，可得，∵，∴∴，即解得，又∴或，即或故選:AD12.已知定義在R上的函數圖像連續，滿足，且時，恒成立，則不等式中的x可以是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】構造函數，根據題干條件可證明是偶函數，且在單調遞增，在單調遞減，轉化不等式為，結合的單調性和奇偶性，即得解【詳解】由整理得，設，則有，所以是偶函數，因為時，，所以，所以在單調遞減，又偶函數，所以在單調遞增，又不等式等價于即，根據的單調性和奇偶性可得，解得故選：ABC三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中的橫線上.13.若命題“”是真命題，則實數的取值范圍是____________【答案】【解析】【分析】根據不等式恒成立，轉化為求的最小值，求實數的取值范圍.【詳解】由命題“”是真命題，可知，的最小值是2，所以，即實數的取值范圍是.故答案為：14.曲線在處的切線的傾斜角為，則______．【答案】【解析】【分析】由導數的幾何意義求得，再結合同角三角函數基本關系即可求解【詳解】根據已知條件可知：，因為曲線在處的切線的傾斜角為，所以，因為故答案為：15.函數（）的最大值是__________．【答案】1【解析】【詳解】化簡三角函數的解析式，可得，由，可得，當時，函數取得最大值1．16.已知是定義在上的偶函數且，是奇函數，則________．_____________．【答案】①.0②.-1【解析】【分析】根據函數是定義在上的偶函數，是定義在上的奇函數，運用函數奇偶性的定義得到，，然后結合，靈活變形后求出函數的周期，再根據是定義在上的奇函數，得，從而得到，，，根據函數的周期性計算可得；．【詳解】解：因為是定義在上的偶函數，所以，是定義在上的奇函數，所以，，所以，則，所以，所以函數是以4為周期的周期函數．因為是定義在上的奇函數，所以，由，取，得：，又，所以，所以所以，所以所以．故答案為：；．【點睛】本題考查了函數的奇偶性和周期性，根據對稱性判斷出周期，然后通過整體替換求函數的周期是解題的關鍵．四、解答題：本題共6小題，共70分.17.已知為銳角，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據題中條件，求出，，再由兩角差的余弦公式，求出，根據二倍角公式，即可求出結果；（2）由（1）求出，，再由兩角差的正切公式，即可求出結果.【詳解】（1），為銳角，且，，則，，，，；（2）由（1），所以，則，又，，；.18.已知函數.（1）求函數的最小正周期及單調增區間；（2）將函數的圖象向右平移個單位，再將橫坐標擴大為原來的2倍得到的圖象，求函數在上的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據誘導公式、兩角和的余弦公式、輔助角公式化簡函數的解析式，最后利用正弦型函數的最小正周期公式和單調性進行求解即可；（2）根據正弦型函數圖象的變換性質，運用整體代換思想，結合正弦函數的性質進行求解即可.【詳解】（1），所以函數的最小正周期為，由，得單調增區間為.（2）函數圖象向右平移個單位，得到，再將橫坐標擴大為原來的2倍得到，令，.19.在①；②；③．這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答問題：在中，內角，，的對邊分別為，，，且滿足條件______（填寫所選條件的序號）．（1）求角；（2）若的面積為，為的中點，求的最小值．【答案】條件選擇見解析；（1）；（2）.【解析】【分析】（1）選①：利用正弦定理邊化角，化簡整理得即可求解；選②：利用正弦定理角化邊，再用余弦定理即可得解；選③：利用正弦定理邊化角，再利用差角的余弦公式變形即可得解；（2）利用三角形面積定理求出ab，再用余弦定理建立關系，借助基本不等式即可求解.【詳解】選①：，，，，，；選②：，，，，，，；選③：，，，，，；（2），又，，在三角形中，，當且僅當時取等號，的最小值為20.已知函數是定義域在上的奇函數．（1）求的值，并判斷的單調性(不必給出證明)；（2）若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)在R上是減函數；

(2)【解析】【分析】(1)根據求出b的值，根據函數的奇偶性求出a的值，得出的解析式，并判斷單調性即可.(2)問題等價于，得到，轉化為對恒成立，根據函數的單調性求出k的范圍即可.【詳解】(1)因為是定義域在R上的奇函數，有，所以，所以所以，所以所以，在R上為減函數；(2)不等式等價于，又在R上為減函數，所以即對恒成立，所以，即實數k的取值范圍為21.設函數.(Ⅰ)當,且函數圖象過（0,1）時，求函數的極小值(Ⅱ)若函數在上無極值點，求的范圍.【答案】(Ⅰ)時，極小值為(Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)將點代入函數解得，在求導計算函數極小值.(Ⅱ)求導，導數大于等于0恒成立，計算得到的范圍.【詳解】(Ⅰ當,且函數圖象過（0,1）時當或者時，，遞增當時，，遞減函數的極小值為(Ⅱ)函數在上無極值點恒成立.即【點睛】本題考查了函數的極值，函數的恒成立問題，意在考查學生的計算能力.22.已知，，（1）求的最小正周期及單調遞增區間；（2）已知銳角的內角的對邊分別為，且，，求邊上的高的最大值.【答案】（1）最小正周期，單調遞增區間為（2）【解析】【