2023届河北省深州市中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

2023届河北省深州市中学高三上学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.

【详解】因为，则或，

因此，.

故选：B.

2．若命题：“，使”是真命题，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用判别式即可得到结果.

【详解】∵“，使”是真命题，

∴，解得.

故选：C

3．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】因为，则，则且，

所以，，故，因此，.

故选：D.

4．已知等差数列的各项均为正数，其前n项和为，且满足，则（    ）

A．28 B．30 C．32 D．35

【答案】D

【分析】根据等差数列基本量的计算可得公差和首项的值,进而代入即可求解.

【详解】设公差为且，由，得，

故，

故选：D

5．设正项等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A．510 B．511 C．1022 D．1023

【答案】A

【分析】设正项等比数列的公比为，由等比数列的通项公式和前项和公式代入化简可得，即可求出，进而求出，再由前项和公式代入即可得出答案.

【详解】设正项等比数列的公比为，

则由得，

即，即，即，解得（舍去）．

由得，所以.

故选：A．

6．已知为数列的前n项和，，，则（    ）

A．2450 B．2451 C．2500 D．2501

【答案】B

【分析】利用并项求和法即可求解．

【详解】因为，所以

.

故选：B．

7．已知一个定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求导可得为增函数，且，再求解与的解集，结合的奇偶性求解即可.

【详解】由题意，得则​单调递增，

又，所以​当​时，​；

当​时，​.

​时，​的解集为​.

又​为奇函数，​为偶函数，

​的解集为​.

故选：D

8．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.

【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，

令，则，所以当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增，故，

当，，，故；

当时，，，故，如图；

所以当时，直线与的图像有两个交点，

即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.

故选：A.

二、多选题

9．已知复数：满足，则（    ）

A． B．z的虚部为

C．z的共轭复数为 D．z是方程的一个根

【答案】AD

【分析】由复数除法的运算法则求出，然后根据复数的相关概念，以及复数的模长公式和复数范围内方程根的求法即可得答案.

【详解】解：因为，所以，

对A：，故选项A正确；

对B：z的虚部为，故选项B错误；

对C：z的共轭复数为，故选项C错误；

对D：因为方程的根为，

所以z是方程的一个根，故选项D正确.

故选：AD.

10．如图所示，在正六边形中，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．在上的投影向量为

【答案】BCD

【分析】根据图形，结合向量的线性运算及数量积运算，对选项逐一判断即可.

【详解】

因为为正六边形，即每个内角都为

对于A，,故A错误.

对于B，连接,，则为等边三角形，设六边形边长为，中点为，连接，则，，，所以

即，故B正确.

对于C，由B选项可知，

且，故C正确.

对于D，因为，所以在上的投影向量为

故D，正确.

故选:BCD.

11．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．函数极小值为1

B．函数在上单调递增

C．当时，函数的最大值为

D．当时，方程恰有3个不等实根

【答案】AC

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】对于AB：

，

在上，，单调递增，

在上，，单调递减，

所以的极大值为，

的极小值为，故A正确，B错误；

对于C：

由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，

且，，

故函数的最大值为，故C正确；

对于D：

当时，，时，，

且的极大值为，的极小值为，

由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当或时，有1个实数根，

当或时，有2个实数根，

当时，有3个实数根，故D错误.

故选：AC.

12．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）

A． B．

C． D．数列的前项和为

【答案】BCD

【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；

当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；

对于C，当为奇数且时，

累加可得

，时也符合；

当为偶数且时，

累加可得

；则，C正确；

对于D，设数列的前项和为，则，

又，，D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.

三、填空题

13．设是等差数列， 且，若，则______.

【答案】20

【分析】利用等差数列的性质求出和，然后根据列方程求解即可.

【详解】因为，所以，又，所以公差，从而，解得.

故答案为：20.

14．若函数的图像向右平移个单位后是一个奇函数的图像，则正数的最小值为___________；

【答案】

【分析】先用辅助角公式得到，求出平移后的解析式，根据奇偶性得到，从而当时，求出的最小值.

【详解】，向右平移个单位后解析式为，

则要想使得为奇函数，只需，

解得：，

因为，所以，，解得：，，

当时，正数取得最小值，所以.

故答案为：

15．如图，在平行四边形中，，，E为边的中点，，若，则______.

【答案】0.125

【分析】将和利用线性运算表示成和，运用数量积运算即可得到答案

【详解】∵，∴，

∴，

∵，

∴

，

∴，

故答案为：

16．已知函数，，则的最大值为___________.

【答案】1

【分析】利用导数和基本不等式求出函数的单调性，即得解.

【详解】函数，，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

又因为，所以，

所以在时单调递增，

其最大值为.

故答案为：1

四、解答题

17．已知数列满足，，，数列是等差数列，且，．

(1)求数列，的通项公式

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1),

(2)

【分析】（1）根据可判断是等比数列，进而根据等差和等比数列基本量的计算即可求解通项公式,

（2）根据分组求和即可求解.

【详解】(1)因为数列满足，，，

所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，，

即数列的通项公式为，

设等差数列的公差为，由，，

得，解得，所以，，

即数列的通项公式为

(2)有（1）可知，

所以，数列的前项和

，即．

18．已知数列的前n项和为，若，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，求．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）先赋值求出，再仿写式子相减，得，再利用累乘法进行求解；

（2）先化简，再利用裂项抵消法进行求和.

【详解】(1)在中，

令，得，解得，

因为，

所以当时，，

两式相减，得，

所以，

即（），当时，符合该式，

所以，

又因为满足上式，

所以数列的通项公式为．

(2)因为，

所以

，

所以．

19．已知的内角的对边分别为，         ，若，     .请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答.

条件：① ；② ；③

结论：① 求的周长的取值范围；②求的面积的最大值.

【答案】答案见解析.

【分析】根据正弦定理，余弦定理及三角恒等变换可得，然后利用余弦定理，基本不等式结合条件即得.

【详解】若选条件①，则由正弦定理得，

因为的内角，，

所以，

所以，即，

又因为，

所以，因此；

若选条件②，则由正弦定理可得，

∴，

∴，可得.

又，因此；

若选条件③，则由余弦定理，

即，

∴，

所以，又，

所以，又，

因此；

若选择结论①，因，

所以由余弦定理可得：，

所以，

解得（当且仅当时取等号）

又，

所以，即，

故的周长的取值范围是；

若选择结论②，，因，所以由余弦定理可得：，

即（当且仅当时取等），

故，

所以的面积，

即的面积的最大值为

20．已知数列中，，且满足，．

(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)证明详见解析，

(2)

【分析】（1）转化已知条件，由是常数，证得数列是等差数列，并求得数列的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得.

【详解】(1)由于，

所以，

即，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，

所以.

(2)，

，

，

两式相减得

，

所以.

21．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数的极值点.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）令，解得或，再对分种情况讨论，分别求出函数的单调区间与极值点.

【详解】(1)解：函数的定义域为，

，

，又，

曲线在点处的切线方程为，即；

(2)解：令，解得或，

①当时，．

当变化时，，变化情况如下表：

函数在和上单调递增，在，上单调递减，

所以的极大值点为，极小值点为；

②当时，恒成立，

函数在上单调递增，函数无极值，即不存在极值点；

③当时，．

当变化时，，变化情况如下表：

函数在和，上单调递增，在上单调递减，

所以的极大值点为，极小值点为；

④当时，

当变化时，，变化情况如下表：

函数在上单调递减，在上单调递增，

所以的极小值点为，无极大值点．

综上可得：当时极大值点为，极小值点为；

当时不存在极值点；

当时极大值点为，极小值点为；

当时极小值点为，无极大值点．

22．已知函数．

(1)若函数只有一个零点，求实数a的取值所构成的集合；

(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，显然满足题意；当时，将零点问题转化为交点问题，利用导数分析的单调性以及极值情况即可得出答案.

（2）分，，三种情况讨论，将不等式恒成立转化成求即可.

【详解】(1)当时，显然满足题意；

当时，若函数只有一个零点，

即只有一个根，因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，

即直线与函数（且）的图像只有一个交点．

，令，得，

在和上，，在上，，

所以在和上单调递减，在上单调递增．

在时有极小值，图像如图所示：

由图可知：若要使直线与函数的图像只有一个交点，则或，

综上．

(2)恒成立，等价于，

令

①若时，，所以在上单调递增，

，即，满足，

②若时，则，所以在上单调递增，

当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意．

③若时，令

令，因为在上单调递增，

且当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于0时，趋近于负无穷，

所以，

，单调递减，，单调递增，

只需即可，

，

令在上单调递增，

时，，

所以在上单调递增，，即，

综上：