1、 威远中学高2023 届高三第二次月考（半期考试）数学（文科） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第卷 （选择题 共60分）一、 选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合，则（ ）ABCD2复数的虚部为（ ）A B C D3已知是第二象限角，为其终边上一点，且，则（ ）ABCD4已知命题p：若，则；命题q：，.那么下列命题为真命题的是（ ）ABCD 5已知向量，若，且，则实数（ ）A B C D6把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过分钟后物体的
2、温度可由公式求得.其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数.现有的物体，放在的空气中冷却，分钟以后物体的温度是，则约等于（参考数据：）（ ）ABCD7为锐角，则（ ）ABCD8函数的图象大致为（ ）A B C D9各项为正数且公比为的等比数列中，成等差数列，则的值为（ ）ABCD10把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数g的图象，已知函数g=Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，则f（x）=（ ）Asin（4x+）Bsin（4x+）Csin（x+）Dsin（x+）11设函数定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，则下
3、列结论错误的是（ ）AB为奇函数C在上为减函数D的一个周期为812已知是定义在上的奇函数，且当时，都有不等式成立，若，则a，b，c的大小关系是（ ）ABCD第卷 （非选择题 共90分）二、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡相应位置上.13已知，则_14若向量满足，则_.15. 写出a的一个值，使得直线是曲线的切线，则a=_.16已知函数 (0)，若在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是_.三、解答题（本大题共6小题，共70分.17题-21题各12分，22题10分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）已知.（1）求函数的最小正
4、周期；（2）求函数的单调递增区间.18（本小题满分12分）设是公比为正数的等比数列，.(1)求的通项公式;(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前项和19（本小题满分12分）在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求角B的大小；（2）求的取值范围20（本小题满分12分）某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记产品件数一等品二等品总计甲生产线乙生产线总计(1)请将列联表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关？参考公式：(2)
5、从样本的所有二等品中随机抽取件，求至少有件为甲生产线产品的概率21（本小题满分12分）已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，22（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）的普通方程为，曲线的参数方程为（其中，为参数）(1)以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求和的极坐标方程；(2)设与的交于，四点，当变化时，求凸四边形的最大面积威远中学高2023 届高三第二次月考（半期考试）数学（文科）参考答案题号123456789101112答案CADBDAADCDCA1C【详解】由题意知，所以.故选：C2A 【分析】复数，故z的虚部为3D【详解】因为是第二象限角，
6、为其终边上的一点，所以，因为，所以，所以，所以.故选：D4B【详解】对于命题p：因为是单调递增函数，故时，则，因此命题p为真命题，则为假命题，对于命题q：当时，故q为假命题，故为真命题，因此为假命题，为真命题，为假命题，为假命题，故选：B5D【详解】因为向量，所以，又，所以，解得6A【详解】解：由题意得，两边取自然对数得，所以，故选：A7. A 【详解】因为为锐角，且，所以，所以，所以，即，解得，所以，故选A8D【详解】解：因为，所以，解得，则的定义域为，关于原点对称，由可得，发现，故为奇函数，故B错误；当且无限接近0时，所以此时，故A错误；因为当即，解得，所以在轴正半轴的第一个零点是，第二个
7、零点是，第三个零点是，第四个零点是，第五个零点是，所以在第四个零点和第五个零点之间不可能一直递增，故C错误；故选：D9.C【详解】因为成等差数列，所以，即，所以，解得或（舍去），故选:C.10D【详解】先根据函数图像求函数g=Asin（x+）得解析式，由振幅可得，显然，所以，所以，所以，所以，再由，由|可得，所以，反向移动先向左平移个单位长度可得，再横坐标缩短到原来的2倍可得，故选：D11C【详解】由题设，则关于对称，所以，即，则，即，由，则关于对称，所以，即，综上，则，故，即易知的周期为8，D正确；，A正确；由，而为奇函数，故为奇函数，B正确；由时递增，则时递增，显然C错误.故选：C12A【
8、详解】当时不等式成立，在上是减函数则，又函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，则，在上是减函数，则，故选：A13解：由题意得：，故答案为：14解：，. 故答案为：.15.解：设切点为，直线恒过定点，则，则，可得其中一个根，此时，得. 故答案为： （答案不唯一）16 【解析】由题意，令，得，的第2个、第3个正零点分别为，解得，令，令k0，在上单调递增，解得，综上，的取值范围是故答案为： 17. 解（1）， .（2）解：令，解得，的单调递增区间为，.18解：（1）因为是公比为正数的等比数列，所以公比，因为，所以，解得：或，因为，所以，所以的通项公式为；（2）由题意得：，所以数列的前n项和.1
9、9解：（1），又B为锐角（2）由正弦定理由锐角，故故，20. (1)解：依题意可得列联表如下：产品件数一等品二等品总计甲生产线3840乙生产线310总计455所以，因为，所以有的把握认为产品的等级差异与生产线有关.(2)解：依题意，记甲生产线的2个二等品为，乙生产线的3个二等品为，；则从中随机抽取件，所有可能结果有，共10个，至少有件为甲生产线产品的有，共7个，所以至少有件为甲生产线产品的概率；21.解：（1），因此曲线在点处的切线方程是（2）方法一：【最优解】放缩当时，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以因此方法二：【通性通法】导数的应用函数的定义域为R，当时，令，得，或，其中则函数
10、的单调递减区间为，单调递增区间为又，当时，恒成立，故，故当时，方法三：等价变形含参讨论不等式等价于令当时，（导数法证明过程参考方法二）当时，易知在R上单调递增且所以存在唯一实数使得，即函数在区间内单调递减，在区间内单调递增故记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故综上所述，当时，方法四：【最优解】利用切线不等式放缩不等式等价于因为，所以当时，即结论得证22.解：(1)，由，故，即，即，即，(2)由和图象的对称性可知，四边形为中心在原点处，且边与坐标轴平行的矩形，设点在第一象限，且坐标为，又，则点的直角坐标为，又，即故四边形ABCD=又，故，因此当，即时，四边形的面积最大为2.
