2023届宁夏回族自治区银川一中高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析

2023届宁夏回族自治区银川一中高三上学期第一次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A．{2，4} B．{2，4，6} C．{2，4，6，8} D．{1，2，3，4，6，8}

【答案】D

【分析】利用集合的并集运算求解.

【详解】因为，

所以，所以，故A，B，C错误.

故选：D.

2．设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.

【详解】由题意，复数，

因为复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，可得，

所以.

故选：B.

3．已知，，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】当时，，则，即，

取，满足，而有，即有pq，

所以是的必要不充分条件.

故选：B

4．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中，为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1707年欧拉发现了指数与对数的互逆关系.对数源于指数，对数的发明先于指数，这已成为历史珍闻，若，，，估计的值约为（    ）

A．0.2481 B．0.3471 C．0.4582 D．0.7345

【答案】C

【分析】利用对数式与指数式的互化及换底公式即可求出的近似值．

【详解】∵，

，

所以.

故选：．

5．记为等差数列的前n项和.若，，则（    ）

A．-54 B．-18 C．18 D．36

【答案】C

【分析】根据题意求出公差，再根据等差数列的前项和公式即可得解.

【详解】解：设公差为，

则，解得，

所以，

所以.

故选：C.

6．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”，用现代数学的方法解释如下，“三分损一”是在原来的长度减去一分，即变为原来的三分之二；“三分益一”是在原来的长度增加一分，即变为原来的三分之四，如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为，输出的的值为.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】执行循环结构的程序框图，根据判断条件，逐次循环计算，即可得到结果．

【详解】由题意，执行循环结构的程序框图，可得：

第1次循环：，不满足判断条件；

第2次循环：，不满足判断条件；

第3次循环：，满足判断条件，输出结果，

故选B．

【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算输出结果问题，其中解答中模拟执行循环结构的程序框图，逐次计算，根据判断条件求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

7．观察下面数阵，

．．．．．．

则该数阵中第行，从左往右数的第个数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用等比数列求和公式可求得前六行数字个数之和，由此可确定所求数字为自起的第个奇数，结合等差数列通项公式可求得结果.

【详解】由数阵特征知：每行数字的个数构成以为首项，为公比的等比数列，

则前六行数字个数之和为：，

则第行，从左往右数的第个数为自起的第个奇数，

所求数字为：.

故选：C.

8．已知函数，则不等式f(x)＋f(2x－1)＞0的解集是（       ）

A．(1，＋∞） B． C． D．(－∞，1)

【答案】B

【分析】先分析出的奇偶性，再得出的单调性，由单调性结合奇偶性可解不等式.

【详解】的定义域满足，由，

所以在上恒成立. 所以的定义域为

则

所以，即为奇函数.

设，由上可知为奇函数.

当时，，均为增函数，则在上为增函数.

所以在上为增函数.

又为奇函数，则在上为增函数，且

所以在上为增函数.

又在上为增函数，在上为减函数

所以在上为增函数，故在上为增函数

由不等式，即

所以，则

故选：B

9．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用基本不等式及其应用，结合特例，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，实数，且满足，

对于A中，由，可得，当且仅当等号成立，所以A错误；

对于B中，由，可得，

所以，所以，当且仅当等号成立，所以B正确；

对于C中，由，

当且仅当时，即时，等号成立，

又由，所以C错误；

对于D中，例如：时，

可得，所以D错误.

故选：B.

10．实数中值最大的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用可得到，利用可得到，令，利用导数可得在上单调递减，则，通过化简即可求得答案

【详解】解：由在上单调递增，则,

由在上单调递增，则,

令，则，

所以在上单调递减，

，即，所以，即，

所以实数中值最大的是，

故选：C

11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数．已知数列满足，且，若，数列的前n项和为，则（    ）

A．4950 B．4953 C．4956 D．4959

【答案】D

【分析】先利用累加法求出，得到当时,；当时，；当时,；当时, .直接求和.

【详解】由，且，根据累加法可得：

。

所以.

所以.

当时,；

当时，；

当时,；

当时, .

因此.

故选：D.

12．已知是定义在上的奇函数，当时，，有下列结论：

①函数在上单调递增；

②函数的图象与直线有且仅有2个不同的交点；

③若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8；

④记函数在上的最大值为，则数列的前项和为

其中正确的有（    ）

A．①④ B．①③ C．②④ D．①②

【答案】A

【分析】作出函数的图象，利用数形结合思想依次判断选项①②③，利用等比数列求和判断选项④．

【详解】解：当时，；

若，则，即，

若，则，即，

作出函数在时的部分图象，如图所示，

对于①，由图可知，函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，故①正确；

对于②，可知函数在时的图象与直线有1个交点，结合函数的奇偶性知，的图象与直线有3个不同的交点，故②错误；

对于③，设，则关于的方程等价于，解得：或

当时，即对应一个交点为；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：

（1），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为8；

（2），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为-4，故③错误；

对于④，函数在，上的最大值为，即，

由函数的解析式及性质可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，

则数列的前7项和为，故④正确．

故选：A．

二、填空题

13．若x，y满足约束条件则的最大值是________．

【答案】8

【分析】画出可行域，利用几何意义求解的最大值.

【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，

显然当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.

故答案为：8

14．学校艺术节对同一类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”；丁说：“是或作品获得一等奖”，若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是___．

【答案】C

【分析】假设获得一等奖的作品，判断四位同学说对的人数.

【详解】分别获奖的说对人数如下表：

故获得一等奖的作品是C.

【点睛】本题考查逻辑推理，常用方法有：1、直接推理结果，2、假设结果检验条件.

15．奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则______．

【答案】

【分析】由为偶函数可知关于对称，结合奇函数性质可推导得到是周期为的周期函数，可将所求函数值化为，由可求得结果.

【详解】为偶函数，关于对称，即；

为上的奇函数，，，则，

，，

是周期的周期函数，，

又，，.

故答案为：.

三、解答题

16．设命题p：，命题q：.

(1)当a＝1时，若为假命题且q是真命题，则求实数x的取值范围；

(2)若¬p是¬q的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解不等式求得命题，根据的真假性求得的取值范围.

（2）根据命题的否定、必要不充分条件的知识列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】(1)，，解得.

，解得，

当时，，

由于假真，所以.

(2)¬p是¬q的必要不充分条件，则是的充分不必要条件，

所以.

17．已知函数是偶函数．

(1)求的值；

(2)若函数，且在区间上为增函数，求m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据偶函数的定义列出等式结合对数的运算即可求解；

（2）根据指数函数的单调性，利用复合函数的单调性法则，利用换元方法转化为二次函数的单调性问题，进而根据二次函数的单调性即可求解.

【详解】(1)由是偶函数可得，              ．

则，

即 ,

所以恒成立，

故.

(2)由（1）得，

所以，

令，则 ．

为使为单调增函数，则

①时显然满足题意；

②；

③.

综上：m 的范围为.

18．①，；②为的前n项和，，；在①②中选择一个，补充在下面的横线上并解答．已知数列满足______．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，为数列的前n项和，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）选择①：根据前项和与前项和的关系求解即可；

选择②：根据与化简可得

（2）代入化简再裂项相消求和证明即可

【详解】(1)选择①：

当时，；

当时，

，两式相减得

，故，又当时， 也满足，故

选择②：

当时，，解得

当时，，，两式相减有，即，故是以为首项，3为公比的等比数列，故

(2)代入可得，

故

，即得证

19．已知数列中，，（，），数列满足．

(1)证明是等差数列，并求的通项公式；

(2)求；

(3)求数列中的最大项和最小项，并说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)①时，=；②时

(3)，；理由见解析

【分析】（1）根据，代入证明为常数即可；

（2）由（1）可得，再分与两种情况，去绝对值后求和即可；

（3）由（1）可得，再根据函数的单调性判断中的最值即可.

【详解】(1)证明：，

又，∴数列是为首项，1为公差的等差数列．

∴

(2)记的前n项和为，则

由，得，即时，；时，，

①时，=．

②时=

．

(3)由，得．

又函数在和上均是单调递减．

由函数的图象，可得：，．

20．已知为奇函数，为偶函数，且．

（1）求及的解析式及定义域；

（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．

（3）如果函数，若函数有两个零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）.

【详解】试题分析：（1），；（2）－恒成立，则，利用换元，解得；（3）要使有两个零点，即使得有一个零点，即，所以

试题解析：

（1）因为是奇函数，是偶函数，

所以，， ，①

令取代入上式得，               

即，②                               

联立①②可得，，  

（2）因为，所以，                          

设，则 ，因为的定义域为， ，

所以，，

即， ，                              

因为关于的不等式－恒成立，则，，故的取值范围为.               

(3)

要使有两个零点，

即使得有一个零点，（t=0时x=0，y只有一个零点）

即         

21．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与轴的非负半轴重合．若曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）．

（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；

（Ⅱ）设点，直线与曲线交于两点，求的值．

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）9.

【分析】（Ⅰ）根据极坐标与直角坐标互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程，消去参数，即可得到直线的普通方程；

（Ⅱ）由题意，把直线l的参数方程可化为 (为参数)，代入曲线的直角坐标方程中，利用参数的几何意义，即可求解．

【详解】（Ⅰ）由，得，

又由 ，

得曲线C的直角坐标方程为，即 ，

由，消去参数t，得直线l的普通方程为.     

（Ⅱ）由题意直线l的参数方程可化为 (为参数)，

代入曲线的直角坐标方程得.

由韦达定理，得，则.

【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，参数方程与普通方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

22．已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.

(1)求不等式f(x)≤10的解集；

(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.

【答案】(1) {x|－3≤x≤7}   (2) 证明见解析

【解析】（1）分段讨论的范围，去掉绝对值符号得出不等式的解；

（2）求出的值，根据基本不等式得出结论．

【详解】解：（1），

等价于或或，

解得或或，

所以不等式的解集为．

（2）因为，

当且仅当即时取等号．

所以，即．

，，，

，

．

．当且仅当时等号成立．

【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题．

四、双空题

23．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令，则___________，___________.

【答案】     14    

【分析】依题意可得，即可得到，从而得到是以为首项，3为公比的等比数列，求出通项公式即可得解；

【详解】解：设第次构造后得到的数列为1，，，…，，2.则，

则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，，2.

则，∴，

∴，又∵，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，

∴，，.

故答案为：；