浙江省杭州市杭州第二中学2022-2023学年高三数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

杭州二中2022学年第一学期高三年级第一次月考数学试卷

一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（    ）

A. (-1，1] B. [-2，1] C. {0，1} D. {-2，-1，0，1}

【答案】C

【解析】

【分析】结合对数不等式化简集合，再由交集运算即可求解.

【详解】，，，，

故选：C．

2. 设在处可导，下列式子与相等的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据导函数的定义，将各选项中的式子化简，即可判断出答案.

【详解】对于A，,A错误；

对于B，，B正确；

对于C, ，C错误；

对于D，，D错误，

故选：B

3. 已知，“不等式与的解集相同”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】D

【解析】

【分析】可举出反例证明充分性和必要性均不成立.

【详解】不等式与的解集均为空集，但，

所以充分性不成立；

不妨令，，满足，

但的解集为，的解集为，

所以与的解集不同，必要性不成立；

故选：D

4. 2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为(素数即质数，，计算结果取整数)

A. 1089 B. 1086 C. 434 D. 145

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可知10000以内的素数的个数为，计算即可得到答案.

【详解】由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为，

则10000以内的素数的个数为===2500，

故选B.

【点睛】本题考查对数运算性质的简单应用，考查学生的审题能力.

5. 已知，，，则它们的大小关系正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造函数可证，又，可得，即可证．

【详解】由

令，则，当，；当，；

所以在上单调递增，在上单调递减，且

则，因此，所以

又因为，所以，得

故，有

故选：C

6. 如图，在正方形ABCD中，|AB|=2，点M从点A出发，沿A→B→C→D→A方向，以每秒2个单位的速度在正方形ABCD的边上运动：点N从点B出发，沿B→C→D→A方向，以每秒1个单位的速度在正方形ABCD的边上运动.点M与点N同时出发，运动时间为t（单位：秒），△AMN的面积为f（t）（规定A，M，N共线时其面积为零，则点M第一次到达点A时，y=f（t）的图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，写出的解析式，根据解析式分析选项可得答案．

【详解】①0≤t≤1时，

f（t）=；

②时，

；

③时，

；

④时，

；

所以，其图象为选项A中的图象，

故选：A．

7. 已知函数，，若对任意的，均存在，使得，则a的取值可能是（    ）

A. 0 B. 2 C.  D. 1

【答案】BD

【解析】

【分析】先判断出在单调递减，在单调递增；在单调递增，在单调递减.对a进行分类讨论，利用的值域是值域的子集求出a的范围，对于四个选项一一判断即可.

【详解】依题意有，

所以在单调递减，在单调递增，

又，所以在单调递增，在单调递减，

（i）若，即，有在单调递减，则，

而，则在单调递增，则，

易知有，，符合题意；

（ii）若，即，有f(x)在单调递增，则，

（1）若，则在单调递增，则，

有，只需，得；

（2）若，则在单调递减，则，

有，不符合；

（3）若，有，不符合；

（iii）若，有，，

而，则在单调递增，则，

又有，，符合题意；

综上可知.

故选：BD．

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）相等关系

记值域为A, 的值域为B,

①若，，有成立，则有；

②若，，有成立，则有；

③若，，有成立，故；

（2）不等关系

(1)若，，总有成立，故；

(2)若，，有成立，故；

(3)若，，有成立，故；

(4) 若，，有成立，故．

8. 若函数与函数有公切线，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得出两个切线方程，由两个切线方程可整理成关于一个变量的函数，利用导数求出函数的取值范围即可求解.

【详解】设公切线与函数切于点，

，切线的斜率为，

则切线方程为，即

设公切线与函数切于点，

，切线斜率为，

则切线方程为，即

所以有

因为，所以，可得，，即，

由可得：，

所以，

令，则，，

设，则，

所以在上为减函数，

则，所以，

所以实数的取值范围是，

故选：B．

【点睛】方法点睛：求曲线过点的切线的方程的一般步骤是：

（1）设切点

（2）求出在处的导数，即在点处的切线斜率；

（3）构建关系解得；

（4）由点斜式求得切线方程.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（    ）

A.

B.

C. 若不等式解集为，则

D. 若不等式的解集为，且，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断.

【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，

由于，所以.

A，，当时等号成立，故A正确.

B，，当且仅当时等号成立，故B正确.

C，不等式的解集为，，故C错误.

D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，

则，，故D正确，

故选：ABD

10. 设，函数，则（    ）

A. 当时，具有奇偶性

B. 当时，在上单调

C. 当时，在上不单调

D. 当时，的最大值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】由奇偶性定义判断A；根据单调性判断B；由，结合，判断CD.

【详解】，则函数的定义域为

对于A，当时，，函数为偶函数；当时，，函数为奇函数，故A正确；

对于B，当时，函数在上单调递减，故B正确；

对于C，当时，，即在上不单调，故C正确；

对于D，当时，，故D错误；

故选：ABC

11. 若正实数满足，则下列不等式可能成立的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】构造函数，，利用导数可求得的单调性，由此可得满足不同大小关系时，，与的大小关系；由此依次判断各个选项得到结论.

【详解】令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

若，则，即，成立；

若，则，成立；

令，则，在上单调递增，

当时，，即；

对于A，当，时，，即成立，又此时成立，

当时，可能成立，A正确；

对于B，当时，，即，不等式不成立，B错误；

对于C，当时，，即，不等式不成立，C错误；

对于D，当时，必然成立，D正确；

故选：AD.

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数值大小关系的比较问题，进而根据单调性得到自变量的大小关系.易错点是题干中考查“可能成立”的关系，而非“必然成立”的关系，审题不清易造成漏选.

12. 函数，其中，若有且只有一个整数，使得，则的取值可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】设，，对求导，将问题转化为存在唯一的整数使得在直线的上方，求导数可得函数的极值，解，求得的取值范围．

详解】解：设，，

则，

，，单调递增，

，，，单调递减，

时，取得最大值为，

，，

又直线恒过定点且斜率为，

，

，又，

的取值范围，对照选项可知只有C、D符合要求．

故选：CD．

三､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.

13. 已知函数，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】计算出的范围，结合函数解析式以及指数运算法则、对数恒等式可求得结果.

【详解】因为，则，

所以，.

故答案为：.

14. 已知，，，那么的最小值为___.

【答案】

【解析】

【分析】由已知可得，，代入到所求式子后，利用乘法，结合基本不等式即可求解.

【详解】解：，，，

，.

，

当且仅当即时取等号，此时有最小值.

故答案为：.

【点评】本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，属于基础题.

15. 若函数满足，其中为的导函数，则函数在区间的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知并结合导数公式，构造函数，（C为常数），确定C并判断其单调性，求得函数最值以及区间端点处函数值并比较大小，可得答案.

【详解】由，可得；

设，

由可得，

则（C为常数），

即，

由得，得 ，

则，也满足，故，

则，

当时，，则，故递减，

当时，，则，故递增，

可得的最小值为 ；

而，

，即，

故函数在区间的取值范围是，

故答案为：

【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值问题，综合性较强，能很好地考查数学素养和解决问题的能力，解答时要能根据条件合理变式，从而构造新函数，进而利用导数解决问题.

16. 已知对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.

【详解】因为，

所以①，

令，则，设，

所以，

当时，，当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

所以在单调递增，

因为①式可化为，

所以，所以，

令，则，

当时，，当时，，

所以在单调递增，在单调递减，

所以，所以，

故答案为：.

【点睛】关键点睛：通过不等式的形式构造函数，结合常变量分离法，利用导数的性质进行求解是解题的关键.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 如图，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且，点D是外一点，.

（1）求角B的大小；

（2）求四边形面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理化角为边后应用余弦定理求得角后可得角大小；

（2）设，由面积公式得面积，由余弦定理求得，然后可得正三角形的面积，从而得出四边形的面积，再逆用两角差的正弦公式化简函数后利用正弦函数性质得最大值．

【小问1详解】

由，再由正弦定理得，，

得，即

故，所以，又，故.

【小问2详解】

设，则，

在中，，

由（1）知为正三角形，故，

故，

因为，故即时，.

18. 已知函数.

（1）若在上有意义且不单调，求a的取值范围；

（2）若集合，且，求a的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意得到二次函数的对称轴在之间，且在上恒为正，结合二次函数的性质即得；

（2）设为方程的两个根，计算，得到，进而即得.

【小问1详解】

当时，，

由题知：二次函数的对称轴在之间，且在上恒正，

∴，

解得，

即；

【小问2详解】

因为，不妨设为方程的两个根，

∴，

由，得，即，且，

由，得，

∴，

∵，

∴，

∴，

又为方程的两个根，

∴，

∴，解得，

∴.

19. 已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且满足，.

（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；

（2）设数列满足，证明：.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）方法一：由①得②，利用②-①化简得到与关系即可.

方法二：由得，即是以1为首项，为公差的等差数列，求出的通项公式再利用求即可；

（2）利用分组（并项）法求和即可.

【小问1详解】

方法一：因为①，

所以②，

由②-①得，，

即，

又，则，即.

在中令得，，即.

综上，对任意，都有，故数列是以1为公差的等差数列.

又，则.

方法二：因为，所以，

又，则数列是以1为首项，为公差的等差数列，

因此，即.

当时，，又也符合上式，故，

故对任意，都有，即数列是以1为公差的等差数列.

又，则.

【小问2详解】

由（1）得，所以，

，

20. 购买盲盒，是当下年轻人的潮流之一.每个系列的盲盒分成若干个盒子，每个盒子里面随机装有一个动漫､影视作品的图片，或者设计师单独设计出来的玩偶，消费者不能提前得知具体产品款式，具有随机属性.某礼品店2021年1月到8月出售的盲盒数量及利润情况的相关数据如下表所示：

（1）求出月利润（万元）关于月销售量（千个）的回归方程（精确到0.01）；

（2）2022年冬奥会临近，该店售卖装有奥运吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”玩偶的两款盲盒，小明同学购买了4个装有“冰墩墩”玩偶的盲盒，4个装有“雪容融”玩偶的盲盒，从中随机选出3个作为元旦礼物赠送给同学.用表示3个中装有“冰墩墩”玩偶的盲盒个数，求的分布列和数学期望.

参考数据：，，附：线性回归方程中，，.

【答案】（1）   

（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）根据所给数据，结合参考公式直接计算，即可求解；

（2）写出X的所有可能，求对应概率即可得出分布列，由期望公式计算期望即可.

【小问1详解】

，根据参考数据可得，

所以

故月利润) (万元)关于月销售量x (千个)的回归方程为；

【小问2详解】

由题中数据可知， X的所有可能取值为0,1,2,3，

，

故X的分布列为：

21. 已知函数.

（1）设，证明：；

（2）已知，其中为偶函数，为奇函数.若有两个不同的零点，证明：.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）欲证，只需证，令，利用导数得出，即可证明；

（2）由奇偶性得出，由（1）得不等式成立，从而得出，，构造函数，由证明即可.

【小问1详解】

欲证，只需证，即证，

设，即证，①

设，则，

所以单调递增，所以，所以①式成立，所以，.

【小问2详解】

根据已知，得到

联立解得.

由（1）得不等式成立，因为为偶函数，所以对任意成立.

，即，

所以，由知.

所以.

构造，则存在零点，且.

同理可证.

所以.

【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用恒成立，从而得出，，构造函数，由得出.

22. 已知函数在区间内存在极值点．

（1）求a的取值范围；

（2）判断关于x的方程在内实数解的个数，并说明理由．

【答案】（1）   

（2）实数解有三个，理由见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数导数，讨论和，讨论导数的正负即可求解；

（2）两次求导，根据零点存在性定理进行判断可以得出.

【小问1详解】

．

①当时，因为，所以．

所以在（－1，0）上单调递减，所以在（－1，0）上无极值点．

故不符合题意．

②当a>1时，因为在（－1，0）上单调递增，在（－1，0）上单调递增，

所以在（－1，0）上单调递增．

又，，，

所以存在唯一的，使得．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以在（－1，0）内存在极小值点，满足题意．

综上，a的取值范围是．

【小问2详解】

当时，单调递减．

又，，所以存在唯一的，使得．

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

又，，所以存在唯一的，使得．

当时，；当时，．

又当时，恒成立，

结合（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．

又因为，，，，，所以在内共有三个零点，方程在内的实数解有三个．

【点睛】关键点睛：本题考查含参函数的极值点和零点问题，解题的关键是利用存在性定理结合单调性判断导数的正负.