湖南省长沙外国语学校2022-2023学年高三数学上学期第二次月考试卷（Word版附解析）

长沙外国语学校2022-2023学年高三年级上学期第二次月考

数学

时量：120分钟，满分：150分

一、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，则的元素个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】先化简集合,求出即得解.

详解】解：

所以，所以的元素个数为2.

故选：B.

2. 设命题，则的否定为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用全称命题的否定方法进行求解.

【详解】因为命题，所以的否定为：.

故选：C.

3. 已知曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】将点代入切线方程，求出，再求导，利用导数的几何意义得到.

【详解】将代入，得，

易知直线的斜率为8．

因为，所以，所以．

故选：B．

4. 已知函数是上的奇函数，且，且当时，，则的值是（    ）

A. 2 B.  C. 0 D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由可得的周期为6，再结合为奇函数，可得的对称轴，然后对化简计算即可.

【详解】解：因为函数是上的奇函数，所以，

由得，，

所以

所以函数为周期函数，周期为6，

所以，，

由函数为奇函数，得，

得函数图象关于对称，即，

所以．

故选：A

5. 已知数列是公差不为零的等差数列，为等比数列，且，设，则数列的前10项和为（    ）

A. 1078 B. 1068 C. 566 D. 556

【答案】A

【解析】

【分析】设公差为d ，公比为q，由结合通项公式建立方程组解出d，q，即可分组利用求和公式求出结果

【详解】设公差为d ，公比为q，

由题，，则，，

联立可解得，，所以，，

∴的前10项和为，

故选：A

6. 的值为（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】把分子中的化为，利用两角差的余弦公式进行计算即可.

【详解】原式=

.

故选：C.

7. 已知，，是不在同一直线上的三个点，是平面内一动点，若，，则点的轨迹一定过的（    ）

A. 外心 B. 重心 C. 垂心 D. 内心

【答案】B

【解析】

【分析】设出的中点，利用向量的运算法则化简；据向量共线的充要条件得到在三角形的中线上，利用三角形的重心定义：三中线的交点，得到选项

【详解】解：如图，取的中点，连接，

则．又，

，即．

又，

点在射线上．

故的轨迹过的重心．

故选：B．

8. 已知是自然对数的底数，若，则有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由条件变形为，令，利用导数法求解.

【详解】解：因为，

所以，

令，则，

当时，，当时，，

又因为，

所以，

即，

又因为，且递减，

所以，

故选：A

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，在多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知向量，则（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】对A，，列方程求解即可判断；

对B，，求解即可判断；

对CD，设，结合向量坐标运算法则，由向量相等列方程组求解即可判断.

【详解】对A，若，则，可解得，A对；

对B，若，则，可解得，B错；

对CD，，设，则，

则，解得，故C错，D对.

故选：AD

10. 已知函数，则（    ）

A. 的图象可由函数的图象向右平移个单位

B. 在上递减

C. 的图象关于直线对称

D. 当时，的取值范围是

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据辅助角公式得，进而结合三角函数的性质即可逐一求解.

【详解】由得，

对于A:向右平移得到，故错误；

对于B:当时，，故在上递减，B正确;

对于C:,故是的对称轴；故C对；

对于D：当时，，当时，取最大值2，当时，取最小值，故值域为，D正确；

故选：BCD

11. 若函数有大于零的极值，则实数的可能取值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】求出函数的导数，确定取得极值的条件并求出极大值，再列出不等式求解作答.

【详解】函数的定义域为，求导得：，

当时，，函数在上单调递增，无极值，不符合题意，

当时，当时，，当时，，则当时，函数取得极大值，

因此，即，解得，显然选项A，D不满足，B，C满足.

故选：BC

12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若，均为奇函数，则（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】对A，根据定义域为R的奇函数的满足在处的值为0判断即可；对B，根据题意不能求出的值；对C，根据奇函数的性质可得的关系；对D，根据为奇函数推导可得，再为奇函数可得的周期为2，再令可得，进而根据周期性判断即可

【详解】对A，因为为奇函数，且定义域为R，故，即，故A正确；

对B，为奇函数则，且无条件推出的值，故B错误；

对C，因为为奇函数，故，即，故C错误；

对D，因为为奇函数，则，故，故，所以，即关于对称.

又为奇函数，故关于对称，结合关于对称有，即.

故，又，所以，即的周期为2.

又，即，所以，即，故D正确；

故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 设（其中为虚数单位），则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数除法法则及加法法则，结合复数的摸公式即可求解.

【详解】由题意可知，

所以.

故答案为：.

14. 设等比数列的前n项和为，若，则为________.

【答案】

【解析】

【分析】根据等比数列片段和的性质,即可求解.

【详解】∵等比数列的前项和为,且

∴

由等比数列的性质得,

所以

故答案为:

【点睛】本题考查了等比数列片段和的性质,属于基础题.

15. 定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为________．

【答案】

【解析】

【分析】观察题干构造，将所求不等式华为，研究单调性进而求出结果.

【详解】设，则不等式等价为，

，，即不等式等价为，

函数的导数，

，

，即在R上是减函数，

则不等式的解为，

即不等式的解集为，

故答案为：．

16. 在矩形中，，，为矩形内一动点，且，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】以为坐标原点可建立平面直角坐标系，设，根据点轨迹可知，，由向量数量积坐标运算可得，由不等式性质可得结果.

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，

，点轨迹是以为圆心，为半径的圆在矩形内的部分，

设，则，，

，，，

又，，，

即的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：本题考查平面几何中的向量数量积的取值范围的求解问题，求解此类问题的基本方法为：①建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来求解；②根据平面向量的线性运算，将所求数量积转化为已知模长和夹角的向量的数量积的求解问题.

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵．

17. 已知，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据及两角差的正弦公式计算可得；

（2）首先求出，再根据及两角和的余弦公式计算可得.

【小问1详解】

解：因为，均为锐角，所以.

又，

所以，.

所以

.

【小问2详解】

解：根据第（1）问可知 ，

所以

.

18. 已知数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和为.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由递推关系取可求，当时，取递推关系中的可求，由此可得数列的通项公式；

(2)由(1)可得，利用裂项相消法求数列的前项和为.

【小问1详解】

当时，，

当时，①

②

由①-②得，即.

当时也成立，所以数列的通项公式为

【小问2详解】

因为，

所以，

所以.

19. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足，．

（1）求角的大小；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角恒等变换求出角的值，利用正弦定理求出的值，并求得的值，利用三角形的面积公式可求得的面积．

【小问1详解】

解：由及正弦定理可得，

，则，故，，

，因此，.

【小问2详解】

解：，

所以，，即，即，

，则，，则，

由正弦定理可得，则，

，

因此，.

20. 已知数列的前n项和（），数列满足．

（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）设数列满足（为非零整数，），问是否存在整数，使得对任意，都有．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）存在整数，使得对任意，都有

【解析】

【分析】（1）根据求出，结合得到，从而得到是首项和公差均为1的等差数列，求出通项公式，得到；

（2）求出，，解出，分与两种情况，结合数列的单调性求出，结合为非零整数，求出.

【小问1详解】

证明：在中，

令，得，解得：，

当时，，

∴，

∴，即．

，

∴，即当时，，

又，

∴数列是首项和公差均为1的等差数列．

于是，

∴；

【小问2详解】

由，

得，

∴，

，①

当，，2，3，时，①式即为，②

依题意，②式对，2，都成立，

∵单调递增，

∴即可，

当，，2，3，时，①式即为③，

依题意，③式对，2，都成立，

∵单调递减，

即可，

，又，

存在整数，使得对任意，都有．

21. 已知函数，若在点处的切线方程为．

（1）求的解析式；

（2）求在上的单调区间和最值；

（3）若存在实数，使函数在上为单调减函数，求实数n的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）单调递减区间为，单调递增区间为；最小值为，最大值为；   

（3）

【解析】

【分析】（1）求出然后利用和联立方程组即可；

（2）由（1）可得确定函数的单调性，即可求函数在上的最值；

（3）由题意可得，可得，所以将代入可得，再利用题意可得即可得到答案

【小问1详解】

由可得，

因为在点处的切线方程为，

所以，解得，

所以；

【小问2详解】

由（1）可知：，令，解得，

所以，，的情况如下表，

由表格可知：在上的单调递减区间为，单调递增区间为，

极小值也为最小值为，

又，，故最大值为；

【小问3详解】

由可得，

由题意可知在上为单调减函数，所以恒成立，即，

所以，

所以，

所以，

因为存在实数，使得上式成立，，

所以的取值范围是

22. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，求函数在上的零点个数．

【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）2个

【解析】

【分析】(1)对求导后,根据的正负对的正负进行分情况讨论,得出对应单调性即可;

(2)方法一:对求导后,对,,三种情况,结合零点存性定理分别讨论零点个数;方法二:对求导后,对,两种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数.

【详解】(1),其定义域为,,

①当时,因为,所以在上单调递增,

②当时,令得,令得,

所以在上单调递减,上单调递增,

综上所述,

当时,在上单调递增,

当时,在单调递减,单调递增.

(2)方法一:由已知得,,则.

①当时,因为,所以在单调递减,

所以,所以在上无零点;

②当时,因为单调递增,且,,

所以存在,使,

当时,,当时,,

所以在递减,递增,且,所以,

又因为,

所以,所以在上存在一个零点,

所以上有两个零点;

③当时,,所以在单调递增,

因为,所以在上无零点;

综上所述,在上的零点个数为2个.

方法二:由已知得,,则.

①当时,因为,所以在单调递增,

所以,所以在上无零点;

②当时,所以在单调递增,

又因为,,

所以使,

当时,,当时,

所以在单调递减,单调递增,

且所以,

又因为,所以,

所以在上存在唯一零点,

所以在上存在两个零点,

综上所述,在上的零点个数为2个.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数零点问题,含参函数常利用分类讨论法解决问题,有一定难度.