2023届河北省保定市高三上学期9月月考数学试题含答案

2023届河北省保定市高三上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则集合可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据并集概念即可得到结果.

【详解】.故集合可能为.

故选：A

2．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据特称命题的否定可求解.

【详解】“”的否定是“”.

故选：A

3．定义矩阵运算，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据定义利用对数的运算法则即可.

【详解】依题意得：.

故选：A.

4．设，当时，；当时，.例如，则“”是“或”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】根据新定义，结合充分必要性即可得到结果.

【详解】当或时，.

当时，.

故“”是“或”的必要不充分条件.

故选：B

5．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过函数奇偶性的定义对选项逐个进行判断，再取图象上的特殊点进行排除即可.

【详解】由图可知，在上的图象关于轴对称，所以在上为偶函数，故应先判断各选项中函数的奇偶性.

对A，，为偶函数，故A选项的函数为其定义域内的偶函数.

同理：

对C、D选项的均为其定义域内的偶函数，只有选项的为其定义域内的奇函数，从而排除选项B.

又，对A选项：，所以排除A.

而由图可知，对C选项：，，故排除C.

故选：D.

6．在平行四边形中，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，根据平面向量的加减法，结合数量积的定义，可得关于所求余弦值的方程，可得答案.

【详解】因为，所以，

解得.

故选：B.

7．不等式的解集为，其中，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可得，则有，所以，化简后利用基本不等式可求得其最小值.

【详解】方程有两个不等的实数根，

，

，即，

，

当且仅当，即时，等号成立，

故的最小值为.

故选：C

8．如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径相等（半径大于1分米）.若该几何体的表面积为平方分米，其体积为立方分米，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设圆柱的底面半径与高分别为分米，分米，可得该几何体的表面积求出，再求该几何体的体积，利用导数判断单调性可得答案.

【详解】设圆柱的底面半径与高分别为分米，分米，则该几何体的表面积平方分米，则，所以该几何体的体积，

则，

当时，，则在上单调递增，而，，故的取值范围是.

故选：A.

二、多选题

9．已知函数，则的图象（    ）

A．关于直线轴对称

B．在上有3个最高点

C．关于点中心对称

D．可由曲线向左平移1个单位长度得到

【答案】ACD

【分析】对A，计算判断即可；对BC，根据正弦函数的性质判断即可；对D，根据三角函数图象平移的性质结合诱导公式判断即可.

【详解】对A，因为，所以的图象关于直线轴对称，A正确；

对B，易得当时，有最大值，此时，即，故在上有共2个最高点，B错误；

对C，因为，所以的图象关于点中心对称，C正确.

对D，曲线向左平移1个单位可得，正确.

故选：ACD

10．在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑中，底面，则（    ）

A． 可能成立 B． 可能成立

C． 一定成立 D． 可能成立

【答案】BCD

【分析】利用线面垂直的判定与性质判断出线线是否垂直，即可判断对应的向量的数量积是否为0．

【详解】因为底面，所以，所以一定成立；故C正确．

若，如图所示：

则△为直角三角形，所以.

因为底面，所以,所以△,△均为直角三角形.

所以,.

在△中，由，，可知，三边不满足勾股定理，所以△不是直角三角形，三棱锥不是“鳖臑”.故A错误．

由三棱锥是“鳖臑”可知：△为直角三角形.

由上面的推理可知：不成立，则，或.

当时，.

又，，且面，面，

所以面，所以，则，三棱锥是“鳖臑”；故B正确．

同理可证：若，则，三棱锥是“鳖臑”；故D正确．

故选：BCD

11．下列命题中，为真命题的是（    ）

A．

B．函数的值域为

C．每个四棱锥都有外接球

D．

【答案】ABD

【分析】根据函数的值域可判断A；考察的值域是否能取到所有正数可判断B；判断底面四边形是否有外接圆即可判断C；证明不等式是否成立可判断D.

【详解】因为函数为增函数，

所以，即，所以A正确.

记，因为单调递增，且时，，所以t可以取遍所有正数，所以的值域为，所以B正确.

当底面四边形没有外接圆时，四棱锥没有外接球，所以错误.

因为，即，又，所以，所以D正确.

故选：ABD

12．若对任意的且，总存在，使得，则称数列是“数列”.（    ）

A．至少存在一个等比数列不是“数列”

B．至少存在两个常数列为“数列”

C．若是“数列”，则也是“数列”

D．对任意的，总是“数列”

【答案】ABD

【分析】对于A，若，然后根据“数列”的定义判断，对于B，由判断，对于C，举例判断，对于D，设，然后根据“数列”的定义判断.

【详解】对于，若，则是等比数列，由，得，则不是“数列”.

对于，由，得或1，所以至少存在两个常数列为“数列”.

对于C，若，则是“数列”，令，设，则，故不是“数列”.

对于D，设，由，得，所以对任意的总是“数列”.

故选：ABD

三、填空题

13．若复数为纯虚数，则___________.

【答案】

【分析】根据纯虚数的定义可求得的值，再用复数模的运算公式即可求解.

【详解】由题可知为纯虚数，

所以，故.

故答案为 ：.

14．写出满足的的一个值：___________.

【答案】（答案不唯一，只要满足均可）

【分析】把等式中的齐次式弦化切，结合诱导公式可得结果.

【详解】因为，

所以，所以，即.

故答案为：（答案不唯一，只要满足均可）

15．已知定义在上的函数满足，且在上单调递增.当时，，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据题设易得关于对称且在上单调递增，对求导并将问题化为对恒成立，讨论参数a结合二次函数性质确定范围.

【详解】由，则的图象关于对称，

又在上单调递增，故在上单调递增，

则对恒成立，即对恒成立.

设，而，对称轴，

当时，，解得.

当时，对恒成立.

综上，的取值范围为.

四、双空题

16．已知数列是公差为1的等差数列，且，则___________，数列的前n项和为___________.

【答案】         

【分析】根据等差数列的知识求得，进而求得.利用裂项求和法求得数列的前n项和.

【详解】由题意可得，故，

则.

因为，

所以数列的前项和为.

故答案为：；

五、解答题

17．已知某观赏渔场有四个观赏亭，观赏亭位于观赏亭的正北方向且距离为300米，观赏亭位于观赏亭的东偏南方向且距离为500米，观赏亭位于观赏亭的东北方向.假设这四个观赏亭处于同一高度.

(1)求观赏亭与观赏亭之间的距离；

(2)设观赏亭与观赏亭之间的距离等于观赏亭与观赏亭之间的距离，求.

【答案】(1)700米

(2)

【分析】（1）依题意，作出图形，在中利用余弦定理即可求解，（2）在中利用正弦定理求解.

【详解】(1)依题意可得，，

米，米，设米，

在中，由余弦定理可得，

故观赏亭与观赏亭之间的距离为700米.

(2)依题意可得，，

.

在中，由正弦定理可得，

则

18．记为等比数列的前项和.已知，且成等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)（或）

【分析】（1）由题意可得与，从而可得公比，进而得到的通项公式；

（2）奇偶项讨论去掉绝对值，利用等比数列前项和公式可得结果.

【详解】(1)设的公比为，因为，

所以，

又因为成等差数列，所以，

所以，解得.

由，解得.

所以.

(2)当为奇数时，，

当为偶数时，，

所以，

化简得，

所以（或）.

19．已知函数.

(1)若在上有零点，求的取值范围；

(2)当时，若直线为曲线的一条切线，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由求出，设函数，利用导数判断出单调性可得的值域，再根据在上有零点可得答案；

（2）时求出，设切点为，再解可得答案.

【详解】(1)由，得，

设函数，则为减函数，

因为，

所以的值域为，

因为在上有零点，所以的取值范围是.

(2)当时，，

设切点为，则，

消去，得，

解得或，

当时，，故，从而，则.

20．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.

(1)证明：.

(2)设二面角的平面角为，且，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】(1)证明：取的中点，连接.

因为，所以.

又，所以四边形是平行四边形，从而.

因为，所以，从而.

因为，所以，则.

因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面，平面，从而.

又，平面，

所以平面，因为平面，所以；

(2)由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

，

，可得.

设平面的法向量为，

由，

不妨令，则.

因为平面，所以可取平面的一个法向量为，

因为，所以，

解得或（舍去）.

21．已知函数满足.

(1)讨论的奇偶性；

(2)求函数在上的最小值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对已知等式中的用代换，得到新的等式，结合已知等式可求出，然后分和讨论函数的奇偶性，

（2）由（1）知，则对恒成立，得，设函数，利用导数可求出函数的最小值.

【详解】(1)因为，

所以，

根据以上两式可得，从而.

当时，为偶函数.

当时，因为，所以，，所以为非奇非偶函数.

(2)由（1）知.

依题意得对恒成立.

当，即时，恒成立；

当，即时，，得.

故.

设函数，

则.

因为，所以.

①当，即时，在上恒成立，

故在上单调递增，，则，

即在上的最小值为1.

②当，即时，因为当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，

则，

即在上的最小值为.

综上，函数在上的最小值

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查函数奇偶性的判断，第（2）问解题的关键是由题意得对恒成立，求出的范围，然后构造函数，利用导数求其最小值，考查计算能力，属于较难题.

22．已知函数.

(1)求的单调区间和极值；

(2)设的两个零点为，证明：.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意，求导，根据导数与单调性的关系，结合极值的定义，可得答案；

（2）由题意，根据零点的定义，假设零点的取值范围，根据函数的单调性，转化不等式，构造新函数，利用导数，可得答案.

【详解】(1)由，则，

令，得，令，得.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为，

当时，取得极小值，无极大值.

(2)证明：因为为的两个零点，所以，不妨设.

由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，所以.

所以证明等价于证明.

又因为在上单调递增，

因此证明原不等式等价于证明，即要证明，

即要证明，

即恒成立.

令，

则，

所以在上为减函数，

所以，

即恒成立，

因此不等式恒成立，

即.