黑龍江省哈爾濱市第一六二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題含答案

答案第=page11頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)哈162中學(xué)2022-2023學(xué)年度上學(xué)期高三學(xué)年月考試題（數(shù)學(xué)）一、單選題(共9題,每題6分）1．已知，，則A∩CRA． B． C． D．2．已知中，，，，則（

）A． B． C．或 D．或3．命題“”為真命題的一個(gè)充分不必要條件是（

）A． B． C． D．4．下列函數(shù)中，最小正周期為的奇函數(shù)是（

）．A． B．C． D．5．在下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝ex＋4x－3的零點(diǎn)所在的區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))6．若，則（

）A． B． C． D．7．已知定義在上的函數(shù)滿足，且的導(dǎo)函數(shù)在上恒有，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．?dāng)€尖是我國(guó)古代建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)樣式，多見(jiàn)于亭閣式建筑、園林建筑.如圖所示的帶有攢尖的建筑屋頂可近似看作一個(gè)圓錐，其底面積為9π，側(cè)面展8．開(kāi)圖是圓心角為的扇形，則該屋頂?shù)捏w積約為（

）A．B．16πC．18π D．9．定義在R上的偶函數(shù)滿足，且當(dāng)時(shí)，，則（

）A．0 B．1 C． D．3二、多選題（共4題，每題6分，少選3分，錯(cuò)選不給分）10．若函數(shù)且在上為單調(diào)遞增函數(shù)，則的值可以是（

）A． B． C． D．11．下列等式成立的是（

）A． B．C．D．tan255°＝2＋eq\r(3)12．下列說(shuō)法正確的有（

）A．且y>0?xy+yxC．函數(shù)的零點(diǎn)是D．13.已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分圖象與y軸交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為(1,0)，如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．φ＝eq\f(π,6)B．f(x)的最小正周期為6C．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(5,2)對(duì)稱D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,2)))單調(diào)遞減三、填空題（共4題，每題6分）14．不等式的解集為_(kāi)_________.15．已知，，則__________．16．函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinx－eq\f(3,4)(x∈[π，2π])的最大值是________．17．在中，為上兩點(diǎn)且，若，則的長(zhǎng)為_(kāi)____________.四、解答題（共4題，每題12分）18．在中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．(1)求角A的大?。?2)若，求面積的最大值及此時(shí)邊b，c的值．19．已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的最小正周期；(2)當(dāng)時(shí)，求的值域；(3)若且，求的值．20．已知函數(shù)，曲線在處的切線方程為．(1)求函數(shù)的解析式；(2)求的極值．21．已知函數(shù)，.(1)討論的單調(diào)性；(2)設(shè)，函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.參考答案：1．D【分析】由題意求出，，由交集的定義即可得出答案.【詳解】因?yàn)椋?，所?故選：D.2．A【分析】利用正弦定理與大邊對(duì)大角、小邊對(duì)小角即可求解.【詳解】根據(jù)正弦定理，得，故，因?yàn)?，所以或，又因?yàn)?，所以，?故選：A.3．B【分析】對(duì)命題進(jìn)行求解，可得，再通過(guò)充分條件和必要條件進(jìn)行判斷即可.【詳解】因?yàn)槊}是真命題，當(dāng)時(shí)，，若恒成立，則，結(jié)合選項(xiàng)，命題是真命題的一個(gè)充分不必要條件是，故選：B．4．C【分析】根據(jù)奇偶性可判斷AB錯(cuò)誤，根據(jù)周期公式可判斷C正確D錯(cuò)誤.【詳解】A選項(xiàng)，為偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，，則，故為偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，，最小正周期，且為奇函數(shù)，故C正確；D選項(xiàng)，為奇函數(shù)，最小正周期，故D錯(cuò)誤．故選：C．5．[解析]因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eeq\s\up7(\f(1,4))＋4×eq\s\up7(\f(1,4))－3＝eeq\s\up7(\f(1,4))－2<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\s\up7(\f(1,2))＋4×eq\s\up7(\f(1,2))－3＝eeq\s\up7(\f(1,2))－1>0，所以f(x)＝ex＋4x－3的零點(diǎn)所在的區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).故選C.[答案]C6.B【分析】根據(jù)基本不等式判斷出，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性判斷出，從而求出答案.【詳解】由基本不等式得：，所以，因?yàn)閱握{(diào)遞增，所以，所以.故選：B.7．A【分析】令，根據(jù)題意可得在為單調(diào)遞減函數(shù)，進(jìn)而即得.【詳解】因?yàn)榭苫癁?，令，則，因?yàn)?，所以，所以在上單調(diào)遞減，因?yàn)椋?，所以，所以，即不等式的解集為．故選：A．8．D【分析】根據(jù)底面圓面積可求底面圓半徑，從而可求底面圓周長(zhǎng)，即可求扇形半徑，再根據(jù)勾股定理求圓錐的高，最后即可求出圓錐體積.【詳解】底面積為9π，即，所以底面圓的半徑,所以底面圓周長(zhǎng)為，即圓錐側(cè)面展開(kāi)圖的弧長(zhǎng)，又因?yàn)閭?cè)面展開(kāi)圖是圓心角為的扇形，所以扇形半徑，如圖所示：則圓錐的高，則圓錐的體積.故選：D9．C【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性和滿足的等量關(guān)系得到函數(shù)的周期，進(jìn)而將所求函數(shù)值轉(zhuǎn)化到已知函數(shù)解析式的定義區(qū)間內(nèi)求解.【詳解】∵定義在R上的偶函數(shù)滿足，∴關(guān)于，對(duì)稱，即，，∴，即是周期為4的函數(shù)，∴.故選：C．10．AD【分析】由分段函數(shù)單調(diào)性可直接構(gòu)造不等式組求得結(jié)果.【詳解】在上單調(diào)遞增，，解得：，的取值可以為選項(xiàng)中的或.故選：AD.11．BCD【分析】利用三角恒等變換公式一一計(jì)算可得.【詳解】解：對(duì)于A：，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：，故B正確；對(duì)于C：，故C正確；tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(30°＋45°)＝eq\f(tan30°＋tan45°,1－tan30°tan45°)＝eq\f(\f(\r(3),3)＋1,1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).故D正確．故選：BCD12．ABD【分析】利用不等式求解，結(jié)合一元二次不等式的解法，對(duì)進(jìn)行判斷，利用必要條件?充分條件與充要條件的判斷，結(jié)合利用基本不等式求最值，對(duì)進(jìn)行判斷，利用二次函數(shù)的零點(diǎn)與一元二次方程解的關(guān)系，對(duì)進(jìn)行判斷，利用基本不等式求最值，對(duì)進(jìn)行判斷，從而得結(jié)論.【詳解】對(duì)于，當(dāng)且時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，因此正確；對(duì)于，由得，所以，即不等式的解集是，因此正確；對(duì)于，因?yàn)榉匠痰慕鉃椋院瘮?shù)的零點(diǎn)是，因此不正確；對(duì)于，根據(jù)兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性可以判斷正確.13．ABC由函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的圖象與y軸交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，所以cosφ＝eq\f(\r(3),2)，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6)，A正確；由f(x)的圖象與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為(1,0)，即y＝f(1)＝0，所以ω＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又1<eq\f(T,4)<2，解得eq\f(π,4)<ω<eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，求得f(x)的最小正周期為T＝6，B正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)×\f(5,2)＋\f(π,6)))＝－1，所以x＝eq\f(5,2)是f(x)的一條對(duì)稱軸，C正確；令2kπ≤eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，解得6k－eq\f(1,2)≤x≤6k＋eq\f(5,2)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6k－\f(1,2)，6k＋\f(5,2)))，k∈Z上單調(diào)遞減，D錯(cuò)誤；綜上知，正確的命題是A、B、C．故選A、B、C．14．【分析】先將原不等式變形為，然后利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解即可.【詳解】由，得，所以，即，得，解得或，所以不等式的解集為，故答案為：15．【分析】利用誘導(dǎo)公式、二倍角的余弦公式結(jié)合弦化切可求得所求代數(shù)式的值.【詳解】.故答案為：.16．[解析]f(x)＝1－sin2x＋eq\r(3)sinx－eq\f(3,4)＝－sin2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(\r(3),2)))2＋1，x∈[π，2π]，sinx∈[－1,0]，所以當(dāng)sinx＝0時(shí)，函數(shù)f(x)取最大值eq\f(1,4).[答案]eq\f(1,4)17．【分析】分別在與中利用余弦定理表示出與，根據(jù)可得，在中，利用余弦定理即可求解.【詳解】由題意，在中，由余弦定理得,在中，由余弦定理得.又，即.又，.易知.在中，由余弦定理得，.故答案為:.18．(1)(2)最大值為，，【分析】（1）利用正弦定理、和角的正弦公式以及三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解.（2）利用余弦定理、三角形的面積公式、基本不等式計(jì)算求解.（1）在中由正弦定理得：，，所以，即，化簡(jiǎn)得：，即，∵，∴，∴，∵，∴.（2）由余弦定理得，又，，∴，又，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取到等號(hào).則，∴的面積最大值為，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，即此時(shí)，.19．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)三角恒等變換得，再求最小正周期；（2）根據(jù)題意，結(jié)合（1）知，進(jìn)而得答案；（3）由題知，再根據(jù)三角恒等變換求解即可.（1）解：，所以，最小正周期（2）解：當(dāng)時(shí)，，所以，即，所以的值域?yàn)椋?）解：∵，∴∵，∴，∴∴20．(1)(2)，【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，及切點(diǎn)在切線也在曲線上，解得，的值，進(jìn)而得出解析式．（2）在（1）的基礎(chǔ)上求導(dǎo)數(shù)，先分析單調(diào)性，再求極值即可．（1），則，又因?yàn)榍€在處的切線方程為，所以，因?yàn)榍悬c(diǎn)在切線上也在曲線上，所以，所以，，所以的解析式為．（2）定義域?yàn)?，，令，得或，所以在，上，，單調(diào)遞增，在上，，單調(diào)遞減，所以，．21．(1)答案見(jiàn)解析(2)【分析】（1）求出函數(shù)的定義域以及，對(duì)實(shí)數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，分析導(dǎo)數(shù)的符號(hào)變化，由此可得出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；（2）由可得，令，其中，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可得出實(shí)數(shù)